1、专题04牛顿运动定律一、单选题1将质量均为M=1kg的编号依次为1, 2, .6的梯形劈块靠在一起构成倾角的三角形劈面，每个梯形劈块上斜面长度均为L=0.2m，如图所示，质量m=lkg的小物块A与斜面间的动摩擦因数为，斜面与地面的动摩擦因数均为，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0=4.5m/s冲上斜面，下列说法正确的是: ()A. 若所有劈均固定在水平面上，物块最终从6号劈上冲出B. 若所有劈均固定在水平面上，物块最终能冲到6号劈上C. 若所有劈均不固定在水平面上，物块上滑到5号劈时，劈开始相对水平面滑动D. 若所有劈均不固定在水平面上.物块上滑到4号劈
2、时，劈开始相对水平面滑动【答案】BC时刚好开始滑动，代入数据可得n=2.3，即滑动到4号时，劈相对水平面不动，物块上滑到5号劈时，劈开始相对水平面滑动，故C正确，D错误。点晴：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡、牛顿第二定律、运动学规律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。2如图，滑块以初速度沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零.对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是:A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：，
3、故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；根据匀变速运动的规律，可得B正确；下降的高度，所以A错误。3在2002年9月，伽利略的自由落体实验被物理学家评选为最美丽的实验。以下关于“伽利略对自由落体的探究过程”的归纳不正确的是( )A. 发现问题：伽利略发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方B. 提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对位移来说是均匀的 C. 实验验证：在验证自己猜想的实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”D. 合理外推：伽利略将他在
4、斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同。【答案】B【解析】试题分析：伽利略根据亚里士多德的论断，假定大的石块下落速度为8，小石块下落速度为4，把它们捆在一起，大石块会被小石块拖着而减慢，所以速度会小于8，但两石块捆在一起会更重，下落速度应当等于8，这样得出了相互矛盾的结论，伽利略认为，重物体与轻的物体下落一样快；所以运用归谬推理否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的错误论断，故A正确；伽利略提出“自由落体”是一种最简单的直线运动-匀加速直线运动，故B错误；为“冲淡”重力，伽利略设计用斜面来研究小球
5、在斜面上运动的情况；故C正确；伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同，故D正确.本题选不正确的，故选B.【点睛】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法4在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体当电梯匀速运动时，弹簧被压缩了x，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了（重力加速度为g）则电梯在此时刻后的运动情况可能是（）A. 以大小为g的加速度加速上升B. 以大小为g的加速度减速上升C. 以大小为的加速度加速下降D. 以大小为的
6、加速度减速下降【答案】D【解析】因为电梯匀速时，弹簧被压缩了x，由此可以知道，mg=kx，某时刻后观察到弹簧又被继续压缩了，弹簧的弹力变大了，由受力情况和牛顿第二定律可得：解得，方向向上。物体可能以加速上升，也可能以减速下降。故选D5甲、乙两辆汽车从同一点同时出发，沿同一方向行驶，它们运动的v-t图象如图所示。下列判断正确的是( )A. 在t1时刻以前,乙车的速度比甲车的大B. 在t1时刻以后，乙车的加速度比甲车的大C. 在0t1时间内，甲车所受合力大于乙车所受合力D. 在0t1时间内，甲、乙两车的平均速度相等【答案】B【解析】从图中可知，时刻前乙车速度小于甲车的速度，A错误；在v-t图象中，
7、斜率代表加速度，有图可知，乙的斜率大于甲的斜率，故时刻后乙车加速度大于甲车的加速度，B正确；在0时刻内，乙车的加速度大于甲车的加速度，根据牛顿第二定律F=ma可知，甲车所受合力小于乙车所受合力，C错误；在0时刻内，甲所围面积大于乙所围面积，即甲的位移大于乙的位移，根据可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D错误6如图所示，质量分别为mA和mB的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）。现将A、B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则下列说法中正确的是A. mB mAB.
8、 轻绳剪断时加速度之比为tan1:tan2C. vAEkB【答案】A【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T对A球分析受力如图【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系将A、B间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小7如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为。
9、若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）A. 物块所受摩擦力的方向水平向左B. 物块运动的时间为C. 物块相对地面的位移大小为D. 物块相对传送带的位移大小为【答案】D【解析】试题分析：物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为，加速度，物块运动的时间，物块相对地面的位移大小，物块相对传送带的位移大小，故ABC错误，D正确.故选D.【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移，然后由几何关系求得相对位移8年月日，在国际泳联跳水系列赛
10、喀山站米台决赛中，我国男女选手双双夺得冠军如图是运动员某次跳台比赛中的图像（取竖直向下为正方向），时运动员起跳离开跳台将运动员视为质点，则运动员A. 时刻到达水面 B. 时刻到达水下最深处C. 时刻处于超重状态D. 时刻浮出水面【答案】C【解析】由图像可知运动情景，时刻，运动员起跳；时刻，运动员到达最高点；时刻，运动员到达水面；时刻，运动员在水中减速向下运动，超重状态；时刻，运动员在水中到达最低点，故C正确，ABD错误；故选C。9如图所示，套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A、B上，当杆沿水平方向运动时，小环恰好悬于A端的正下方并与杆保持相对静止，已知小环质量为m，重力加速度为g，下列分析正
11、确的是（ ）A. 杆可能作匀速运动 B. 杆一定向右作匀加速运动C. 杆可能向左作匀减速运动 D. 细线的张力可能等于mg【答案】C【解析】对小环受力分析：受绳的拉力和重力，如图，设细线夹角为：由题知竖直方向平衡：mg=T+Tcos设水平方向上加速度为a，由牛顿第二定律得：Tsin=ma 由于090，得：T=mg，加速度方向水平向右；故杆和小环向右做加速度的匀加速或向左匀减速运动，由上分析，可知，故ABD错误，C正确；故选C.10放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g=10ms2。由此两图线可以求得物块的
12、质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由v-t图象看出，物体在4s-6s做匀速直线运动，由平衡条件知，由速度图象可知，2-4s物体加速度为，此时有F2=3N，由牛顿第二定律得F2-Ff=ma，代入解得m=0.5kg，由，解得，故C正确，ABD错误；故选C。11如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上，滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g则（）A. 将滑块由静止释放，如果，滑块将下滑B. 给滑块沿斜面向下的初速度，如果，滑块将减速下滑C. 用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果，拉
13、力大小应是D. 用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果，拉力大小应是【答案】D【解析】物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力如图物体下滑时，应满足条件：解得故A错误；给滑块沿斜面向下的初速度如果，则有：，物体将加速下滑故B错误；用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有，又解得故C错误；用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有由题故解得故D正确故选D12对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是（ ）A. 采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小
14、质量的物体获得大惯性B. “强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C. 货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D. 摩托车转弯时，车手一方面要适当的控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的【答案】C【解析】惯性是物体的因有属性，大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与其它任何因素无关，AB错误；摘下或加挂一些车厢，改变了质量，从而改变惯性，C正确；人和车的质量不变，则其惯性不变，D错误13如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3 kg，mB=2 kg，mC=1kg
15、，物体A、B、C间的动摩擦因数均为=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。若要用力将B物体从AC间拉动出，则作用在B物体上水平向左的拉力至少应大于(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2)（ ）A. 12N B. 5N C. 8N D. 6N【答案】D【解析】A、B间最大静摩擦力为fm1=mAg=0.130N=3N，当B刚要拉动时，右侧绳子的拉力至少等于A、B间最大静摩擦力，即T=fm1=3N再对三个物体组成的整体进行研究，由于地面光滑，由平衡条件得到，水平向左的拉力最小值为F=2T=6N故选D.点睛：本题中当A、B刚要相对运动时，静摩擦力达到最大，而BC间并没有相对滑动采
16、用隔离法和整体法相结合的方法进行分析求解14如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( ) A. F B. FC. mgF D. 因为动摩擦因数未知，所以不能确定【答案】B15如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinB. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinC
17、. B球的受力情况未变，瞬时加速度大小为0.5gsinD. 弹簧有收缩的趋势，A、B两球的瞬时加速度大小相等方向相反【答案】B【解析】系统静止，根据平衡条件可知，对B球：F弹=mgsin；对A球：F绳=F弹+mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得：a=F合/m=（F弹+mgsin）/m=2gsin，方向沿斜面向下，故ACD错误，B正确。故选：B。点睛：根据平衡条件可知：对A、B球受力分析，求出弹簧弹力和绳子拉力。细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；对A、B球分别
18、进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度16如图，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，在某时刻电梯中相对电梯静止不动的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）A. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2B. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为12m/s2C. 此时电梯对人的支持力大小等于人的重力大小D. 此时电梯对人的支持力大小小于人对电梯的压力【答案】A【解析】AB、电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。弹簧测力计的示数变为8N时，对重物有：mgF=ma，解
19、得a=2m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故A正确，B错误；C、由于加速度方向竖直向下，人处于失重状态，电梯对人的支持力大小小于人的重力大小，C错误；D、电梯对人的支持力与人对电梯的压力是作用力与反作用力，大小相等，D错误。故选：A。17如图，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A放在在倾角为30的光滑斜面上，B悬挂着。已知质量mA = 3mB，不计滑轮摩擦，那么下列说法中正确的是（ ）A. 细绳对物体B的拉力大小为B. 物体A的加速度C. 现将斜面倾角由30增大到50，绳子的拉力减小D. 物体A和物体B互换位置后，
20、滑轮受到绳子的作用力保持不变【答案】D【解析】AB、设细绳拉力为T，对A：对B：，滑轮受到绳子的作用力保持不变，D正确。故选：D。18质量为 m020 kg、长为 L=5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为1=0.15。 将质量 m=10 kg 的小木块(可视为质点)，以 v0=4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上 (如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2)。 则下列判断正确的是( )A. 木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B. 木板一定静止不动，小木块能滑出木板C. 木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
21、D. 木板一定向右滑动，小木块能滑出木板【答案】A【解析】试题分析：比较小物块对木板摩擦力与地面对木板摩擦力的大小，从而判断出木板能否保持静止，然后对小物块进行分析，综合牛顿第二定律和运动学公式判断其能否从木板右端滑出m对的摩擦力，地面对的摩擦力，因为，所以木板一定向右运动，对m，由牛顿第二定律，对，由牛顿第二定律有，设经过时间t，小木块和木板速度相等，即：4-4t=0.5t，得，共同速度，小木块的位移，木板的位移，小木块相对木板的位移，所以小木块不能滑出长木板，故C正确；19如图所示质量均为m=1.5103kg的甲、乙两车同时同地出发，在同一平直公路上行驶，二者所受阻力均为车重的k=0.5倍
22、，由于牵引力不同，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，取g=10m/s2，则以下叙述正确的是（ ）A. 乙车牵引力为F2=7.5103 NB. t =1 s时两车速度相同且v=1 m/sC. t =1 s时两车间距最大，且最大间距为Lm=1 mD. 02 s内阻力对两车做的功均为Wf=-3103 J【答案】C【解析】A、由图可以知道,两车在2s时的位移相同,则说明汽车的平均速度相同;即: 因乙车做匀加速直线运动,故乙车的2s末的速度为4m/s;加速度 ;由牛顿第二定律可以知道: ;计算得出: ;故A错误;B、因平均速度等于中间时刻的瞬时速度,因此乙在1s末的速度为，而甲一直以2m/s的速
23、度匀速行驶;故B错误;C、开始时甲的速度大于乙的速度,所以距离越来越大,速度相等时,距离达最大,由公式得1s末间距最大;最大间距为:故C正确D、因为位移相同,阻力大小相同;故阻力做功相同;均为:故D错误，综上所述本题答案是：C 20在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做了巨大贡献以下选项中符合伽利略和牛顿观点的是（ ）A. 两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B. 人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方C. 两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢 D. 一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明
24、：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【答案】B综上所述本题正确答案为:B21如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（ ）A. 速度可能向左，加速度可大于B. 加速度一定向右，不能超过C. 加速度一定向左，不能超过D. 加速度一定向左，不能超过【答案】B【解析】A恰好不下滑，对A分析有，则有，弹簧处于压缩；现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B
25、仍相对车厢静止，墙壁对A的支持力必须大于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右；对B分析，则有，故B正确，ACD错误；故选B。22太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示摆锤的摆动幅度每边可达1206台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（）A. 当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡B. 当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度C. 当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒D. 当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重【答案】
26、C【解析】A、当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤与游客将开始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A错误；B、当摆锤摆至最高低时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以游客可体验最大的加速度，故B错误；C、当摆锤在下摆的过程中，由于电动机做正功，摆锤的机械能一定不守恒，故C正确；D、当摆锤在上摆过程中，摆锤向上做匀减速运动，加速度方向向下，游客体验失重，故D错误；故选C。232015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。在乙推
27、甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）。A. 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B. 甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C. 乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【答案】C24物理学中有些结论不一定要通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就能判断结论是否正确。根据流体力学知识，喷气式飞机喷出气体的速度v与飞机发动机燃烧室内气体的压强p、气体密度及外界大气压强p0有关。试分析判断下列关于喷出气体的速度的倒数的表达式正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：先根据等式两边单位相同判断；再根据内外压强差越大，
28、喷气速度越大判断物理表达式两侧单位要相同，AB选项右侧单位为，C选项右侧单位是m/s，D选项右侧单位也不是s/m，故CD均错误；结合实际情况，内外压强差越大，喷气速度越大，显然A符合，B不符合，故A正确B错误25某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受阻力恒为F，则t时间内（）A. 小车做匀加速运动B. 小车受到的牵引力逐渐增大C. 合外力对小车所做的功为 PtD. 牵引力对小车所做的功为 Fx+mvm2【答案】D【解析】电动机功率恒定，P=F牵v，结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma，v=
29、at可知，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故AB错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合力做功为W=mvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知PtFxmvm2，解得Pt=Fx+mvm2，故D正确；故选D.点睛：小车的恒定功率启动方式是一种最快的启动方式，是加速度不断减小的加速运动，运动学公式不再适用，但可以根据动能定理列式求解26极限跳伞（sky diving）是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳
30、后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B点睛：解决本题的关键知道图象的物理意义，搞清运动员的运动情况，通过加速度变化判断合力的变化，通过下降的高度判断重力势能的变化27为了缓解高三学生学习压力，学校往往会在高考
31、前夕举行拔河比赛，帮助学生释放压力，激情迎考，如图所示。为了分析问题的方便，我们把拔河比赛简化为两个人拔河，如果绳质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“拔河”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是( )A. 甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B. 甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C. 只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力【答案】D【解析】甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故ABC错误；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲
32、的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故D正确；故选D.28下列哪个仪器测量的物理量不是国际单位制中的基本物理量（ ）A. 弹簧测力计 B. 刻度尺C. 秒表 D. 托盘天平【答案】A【解析】测力计是测量力的仪器力不是基本物理量故A正确；刻度尺是测量长度的仪器，是测量的力学基本量，故B错误秒表是测量时间的仪器，是测量的力学基本量，故C错误；托盘天平是测量质量的仪器，是测量的力学基本量，故D错误；本题选测量的物理量不是力学基本量的，故选A29如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运
33、动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小()A. 由大变小 B. 由小变大C. 由大变小再变大 D. 始终不变且大小为F【答案】D【解析】设物体与接触面的动摩擦因数为，在水平面有：对m1进行受力分析，则有：所以T1=F在斜面上有：所以绳子的拉力始终不变且大小为F，故D正确，ABC错误故选：D.点睛：先对整体进行受力分析求出整体加速度，再对m1进行受力分析，根据牛顿第二定律求出细线上的弹力，m1的加速度和整体加速度相同30如图表示的是一条倾斜的传送轨道，B是传送货物的平台，可以沿着斜面上的直轨道运送物体。某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜轨道下端，运动过程可用如图中的速度时间图
34、像表示。下述分析中不正确的是（）A. 0时间内，B对A的支持力小于重力，摩擦力水平向右B. 时间内，B对A的支持力等于重力，摩擦力水平向左C. 时间内，B对A的支持力大于重力，摩擦力水平向左D. 0时间内出现失重现象；时间内出现超重现象【答案】B直向上的加速度，再分析A 的受力可以得到，竖直方向上A有向上的加速度，导致B对A的支持力大于重力，水平方向由向左的加速度，导致A受到摩擦力水平向左的摩擦力，故C正确；D、时间段内，整体沿斜面向下做匀加速运动，失重状态，整体沿斜面向下做匀减速运动，超重状态，故D正确；本题要选不正确的，所以答案是B综上所述本题答案是：B31如图所示，物体叠放在物体B上，B
35、置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6 kg，mB=2kg，A、B之间的动摩擦因数=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平力F用，则A、B的加速度可能是(g取10m/s2)A. aA=6m/s2aB=2 m/s2B. aA=2m/s2aB=6 m/s2C. aA=8m/s2aB=4 m/s2D. aA=10m/s2aB=6 m/s2【答案】D【解析】试题分析：通过隔离法求出A、B发生相对滑动的临界加速度，再通过整体法结合牛顿第二定律求出拉力根据拉力的大小与该临界情况拉力的关系，讨论两者的加速度对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则，则最大加速度对
36、整体运用牛顿第二定律可得，即当拉力增加到48N时，发生相对滑动，当时，当时，且，恒定不变，故D正确32如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）A. 施加外力的瞬间，F的大小为2m（ga）B. A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）C. 弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值D. B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变【答案】B【解
37、析】解:A、施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有:2Mg=kx;解得:x=2施加外力F的瞬间,对B物体,根据牛顿第二定律,有:F弹MgFAB=Ma其中:F弹=2Mg解得:FAB=M(ga),故A错误.B、物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v与a;且FAB=0;对B:F弹Mg=Ma解得:F弹=M(g+a),故B正确.C、B受重力、弹力及压力的作用;当合力为零时,速度最大,而弹簧恢复到原长时,B受到的合力为重力,已经减速一段时间;速度不是最大值;故C错误;D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功,故开始时机械能减小;故D错误;故选:B33如图所示，放在固定斜面上的物块A以加速度a
38、沿斜面匀加速下滑，若在物块A上再放另一物块B，它们在下滑过程中保持相对静止，则（ ）A. 物块AB可能匀速下滑B. 物块AB仍以原来的加速度a匀加速下滑C. 物块AB将以大于a的加速度匀加速下滑D. 物块AB将以小于a的加速度匀加速下滑【答案】B【解析】解：只有A时物体加速度，若增加B物体把他们看成整体，加速度加速度不变。故选B34在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（ ）A. 牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律B. 卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人”C. 伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运
39、动状态的原因”的观点D. 开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点【答案】C【解析】解: A、开普勒提出了行星运动的三大定律,牛顿在此基础上发现了万有引力定律,故A错误.B、牛顿发现万有引力定律后,英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量G,所以B选项是错误的.C、伽利略利用“理想斜面”否定了“力是维持物体运动的原因”的观点,得出了“力是改变物体运动状态的原因”的观点,故C正确.D、伽利略从理论和实验两个角度,证明了轻、重物体下落一样快,从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越
40、快”的错误观点.故D错误.所以C选项是正确的35如图所示，质量为M的斜面体B放在水平面，斜面的倾角=30，质量为m的木块A放在斜面上，木块A下滑的加速度，斜面体静止不动，则（）A. 木块与斜面之间的动摩擦因数为0.25B. 地面对斜面体的支持力等于（M+m）gC. 地面对斜面体的摩擦力水平向右，大小为D. 地面对斜面体无摩擦力作用【答案】CC、把斜面和木块看做一个整体，沿水平方向摩擦力提供加速度，C正确，D错误。故选：C。36将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图象如图所示以下判断正确的是（）A. 前2s内货物处于超重状态B. 第3s末至第5s末的过程中，货物完
41、全失重C. 最后2s内货物只受重力作用D. 前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度相同【答案】A【解析】A. 在前2s内，图象的斜率为正，加速度为正方向，说明加速度向上，货物处于超重状态，故A正确；B. 第3 s末至第5 s末的过程中，货物匀速运动，重力等于拉力，B错误；C、最后2s内,加速度为g，故货物并不是只受重力时，故C错误。D. 前2s内货物做匀加速直线运动,平均速度为,最后2s内货物的平均速度，故D错误。故选：A。点睛：速度图象的斜率等于物体的加速度根据斜率的正负分析加速度的方向，根据加速度的方向判断货物是超重还是失重状态加速度方向向上时，处于超重状态，反之，处于失重状态根据求匀
42、变速直线运动的平均速度37如图所示，质量为的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为，则细线中的拉力大小为A. Mg B. Mg+Ma C. D. 【答案】C【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律，C正确；对C：，解得，AB错误；对物体A：，则，因f为静摩擦力，故不一定等于，D错误；故选C。38科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示两
43、个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是( )A. 自然界的一切物体都具有惯性B. 光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D. 小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】B【解析】理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推
44、理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，B正确；如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变，这是牛顿得出的，C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，D错误39如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体 A、B(B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的 拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体 的 v t 图像如图乙所示(重力加速度为 g)，则( )A. 施加外力前，弹簧的形变
45、量为B. 外力施加的瞬间，A、B 间的弹力大小为 M(ga)C. A、B 在 t1 时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D. 弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值【答案】BD、当F弹=Mg时，B达到最大速度，故D错误；故选B。40如图所示，一物体放在一倾角为的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】物体沿斜面匀速下滑时，由平衡条件得物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsin，当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma，解得：a=2gsin，方向沿斜面向下，根据速度位移
46、公式：，联立以上解得：，故C正确，ABD错误。41如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取）（ ）A. A加速度的大小为B. B加速度的大小为C. 弹簧的弹力大小为40ND. A、B间相互作用力的大小为8N【答案】BCD【解析】物体A、B接触但不挤压，即AB间无相互作用力，则剪断细线前，对A由平衡条件得弹簧的弹力：，剪断后瞬间，对AB整体分析，（mA+mB）g-T=（mA+mB）a，解得a=2m/s。对B分析，mBg-FAB=mBa，解得FAB=8N，故BCD正确。4
47、2如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象（以地面为参考系）如图乙所示已知v2v1，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则（）A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C. 0t2时间内，摩擦力产生的热量为D. 0t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】A、时间内木块向左做匀减速直线运动，时刻以后小物块向右运动，则时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；B、
48、时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；C、时间内，物块与传送带间的相对路程为：摩擦产生的热量为：，故C错误；D、时间内，物块在传送带上留下的划痕为：，故D正确。点睛：本题的解题关键要根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况，要知道摩擦生热与相对位移有关。43一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的
49、总时间约为（不计空气阻力）（）A. 1.0 s B. 1.8 s C. 2.0 s D. 2.6 s【答案】B【解析】由于是光滑的斜面，所以上升的过程是匀减速直线运动，下降的过程是匀加速直线运动，而且整个过程中的加速度大小方向都不变根据规律可知，上升和下降的时间相等，故都为假设斜面的长度为x，根据题意可得：与中间的挡板相碰撞，上升段的时间为：点睛：本题考察的知识主要是匀变速直线运动的规律，熟练掌握匀加速，匀减速直线运动位移时间关系的公式，并要求熟练应用。44如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA=2.0kg，小车上放一个物体其质量为mB=l.0kg如图甲所示，给B个水平推力F，当F
50、增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动如果撤去F，对A施加一水平推力F，如图乙所示要使A、B不相对滑动，则F的最大值Fm为（）A. 2.0N B. 3.0N C. 6.0N D. 9.0N【答案】C【解析】根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值时，系统的加速度为a根据牛顿第二定律，对A、B整体有，对A有，代入数据解得：根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为，根据牛顿第二定律得：以B为研究对象有：以A、B整体为研究对象，有代入数据解得：，故C正确。点睛：解决本题的关键抓住临界状态，根据牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用，要灵活选取研究对象。45如图所示，汽
51、车向右沿水平面做匀速直线运动，通过绳子提升重物M若不计绳子质量和绳子与滑轮间的摩擦，则在提升重物的过程中，下列有关判断正确的是（ ）A. 重物减速上升 B. 重物加速上升C. 绳子张力不断增大 D. 地面对汽车的支持力不断减小【答案】B【解析】A、设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据平行四边形定则得,vM=vcos，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以M的速度增大，M做加速上升运动，故A错误，B正确；C. 车速一定，重物速度随着角度的减小逐渐加快，重物在做加速上升，角度越来越小，由vM=vcos，可知
52、，在相等的时间内，速度的增加变小，则加速度越来越小，逐渐趋于匀速运动，绳子张力等于Mg+Ma，a为加速度，加速度减小，重力不变，张力减小，而且角减小，汽车受绳子竖直方向的分力减小，所以支持力增加。故C错误，D错误。故选：B。46某物体做直线运动的vt图像如图所示（F表示物体所受合力，x表示物体的位移），下列选项正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】AB、由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定；2s4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定；4s6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定；6s8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，
53、A错误，B正确；CD、根据匀变速运动的位移时间关系，位移与时间不成线性关系，C错误，D错误。故选：B。47足够长的水平木板，沿水平方向向右做匀速直线运动,木板各处的表面情况相同，木板上有两个质量不等的铁块与木板一块做匀速直线运动，两个铁块表面情况相同,沿运动方向分布，质量大的在前，质量小的在后，两者之间有一定的间隔某时刻木板突然停止运动，下列说法正确的是( )A. 若木板光滑，由于前面的铁块惯性大，两个铁块之间距离将增大B. 若木板光滑，由于后面的铁块惯性小，两个铁块之间距离将减小C. 若木板不光滑，两个铁块有可能相撞D. 无论木板是否光滑，两个铁块都不可能相撞【答案】D【解析】若木板光滑，木
54、板突然停止运动，两铁块将保持原来速度匀速运动，两铁块之间距离保持不变；若木板不光滑，木板突然停止运动，两铁块将以原来速度为初速度做匀减速直线运动，其加速度大小相同(为g)，两个铁块之间距离保持不变。D正确，ABC错误。故选：D。48如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，v表示速度的变化量由图中所示信息可知 ( )A. 汽车在做加速直线运动B. 汽车的加速度方向与v1的方向相同C. 汽车所受的合力的方向与v1的方向相反D. 汽车的加速度方向与v的方向相反【答案】C【解析】A、根据题图可知，汽车的速度变小，做的是减速直线运动，选项A错误；B、汽车的加速度
55、与v方向相同，与v1方向相反，B错误；C、合力的方向与加速度方向相同，与v1方向相反，选项C正确，选项D错误。故选：C。49汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）( )A. 10 m/s B. 20 m/sC. 30 m/s D. 40 m/s【答案】B点睛：分析刹车后汽车的合外力，进而求得加速度；再根据匀变速运动规律，由位移求得初速度。50如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面
56、匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则A. 物块可能匀速下滑 B. 物块仍以加速度匀加速下滑C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑 D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑【答案】C【解析】未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：当施加F后，加速度，因为，所以，可见，即加速度增大C正确；A、B、D错误；故选C。51如图所示是某一物体运动的图象(曲线为半圆),由此可知物体是做A. 圆周运动 B. 平抛运动C. 匀变速直线运动 D. 变加速直线运动【答案】D【解析】由速度图象看出，物体速度的方向没有改变，但是速度先增大后减小，说明物体在做变速直线运动，且图象为曲线，说明加
57、速度在变化，D正确；ABC错误；故选D。52根据下列图示以及文字说明，判断人或者物体处于超重状态的是A. 图甲，聂海胜在“天宫一号”实验舱内盘起腿悬空打坐B. 乙图，我国“长征二号”火箭把“神舟十号”载人飞船加速送上太空的情景C. 丙图，表演“水流星”节目中杯子运动到最高点D. 丁图，蹦床运动员双脚离开蹦床，向上运动的过程中【答案】B【解析】A、聂海胜在“天宫一号”实验舱内盘起腿悬空打坐，只受重力，加速度向下，属于失重，A错误；B、我国长征二号火箭把载人神舟十号飞船加速送上太空的情景，加速度为向上，是超重，B正确；C、表演“水流星”节目中杯子运动到最高点，加速度为向心加速度，向下，是失重，C错
58、误；D、蹦床运动员双脚离开蹦床，向上运动的过程中，加速度向下，是失重，D错误；故选B。53如图所示，质量为m的物体放在斜面上，在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终静止在斜面上，物体受到斜面的摩擦力f和斜面的支持力N分别为（重力加速度为g）（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】对物体受力分析如图所示：在水平方向根据牛顿第二定律：，在竖直方向：，联立解得：，故A正确，BCD错误。54如图所示，小车运动的过程中，质量均为m的悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线夹角为，则物块B受到的摩擦力和小车运动情况下列判断中正确的是（）A. 物
59、块B不受摩擦力作用，小车只能向右运动B. 物块B受摩擦力作用，大小为，方向向左；小车可能向右运动C. 物块B受摩擦力作用，大小为，方向向左；小车一定向左运动D. B受到的摩擦力情况无法判断，小车运动方向不能确定【答案】B【解析】对A受力分析：受重力、线的拉力，在水平方向有：，在竖直方向：，联立可得：，方向水平向左，故小车可能向左加速也可能向右减速运动，故B正确，C错误；因为A和B都相对车厢静止，加速度相同，所以B一定受到向左的摩擦力作用，故AD错误。所以B正确，ACD错误。55某学校组织趣味课外活动拉重物比赛，如图所示。设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。某同学拉着重
60、物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F，求重物运动时的最大加速度为（ ）A. B. C. D. 【答案】D当 tan=时，加速度最大，最大加速度为，故D正确，ABC错误；故选D。56小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动.质量为M的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1；该小孩抱着一只质量为m的小狗再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a2，则a1和a2的关系为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设滑梯倾角为,小孩与滑梯之间的动摩擦因数为,由牛顿第二定律得 ,即下滑的加速度为 ,则可知加速度a与质量m无关,所以选项D正确综上所述本题答案是：D57马拉车由静止开始做直线运
61、动，先加速运动，中间匀速运动一段时间，然后减速至停止。下列说法正确的是（ ）A. 加速运动时，马向前拉车的力等于车向后拉马的力B. 加速运动时，马向前拉车的力小于车向后拉马的力C. 只有匀速运动时，马向前拉车与车向后拉马的力才会大小相等D. 在整个运动过程中，马向前拉车的力始终大于车向后拉马的力【答案】A【解析】马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，所以不管是否是匀速运动，马向前拉车的力总等于车向后拉马的力，故A正确，BC错误；在整个运动过程中，马向前拉车与车向后拉马的力大小始终相等，故D错误。所以A正确，BCD错误。58下列哪一种运动情景中，物体将
62、会处于一段持续的完全失重状态()A. 高楼正常运行的电梯中 B. 沿固定于地面的光滑斜面滑行C. 固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动D. 不计空气阻力条件下的竖直上抛【答案】D【解析】高楼正常运行的电梯中，没有说明电梯的运动状态，不能判断是否是完全失重状态，故A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行，设斜面的倾角为，由牛顿第二定律：，则其加速度：，不是完全失重状态，故B错误；固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动的过程中受到绳子的拉力，在最低点处于超重状态，故C错误；物体做竖直上抛运动时处于完全失重状态，物体的重力并没有变化，加速度为g且向下，故D正确。所以D正确，ABC错误。5
63、9如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是（取初速度方向为正方向）A. B. C. D. 【答案】D点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况要通过列方程分析图象的物理意义60如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度一时间图象，则下列判断正确的是（ ）A. 前的平均速度是B. 的平均速度小于的平均速度C. 钢索拉力的功率不变D. 前钢索最容易发生断裂【答案】D【解析】由速度时间图线可知，10s末的速度
64、为，则5s末的速度为，根据平均速度的推论知，前5s内的平均速度，A错误；根据平均速度的推论，知内和内平均速度相等，B错误；内做匀减速运动，拉力不变，速度减小，根据，知拉力的功率减小，C错误；前内加速度方向向上，拉力大于重力，内做匀速直线运动，拉力等于重力，内加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，D正确，选D.【点睛】根据图线得出5s末的速度，结合平均速度的推论求出前5s内的平均速度，根据拉力和重力的大小关系确定哪段时间内钢索最容易断裂，根据判断拉力功率的变化61下列描述正确的是（ ）A. 平抛运动的物体在相等的时间间隔内，速率的改变量相等B. 牛顿指出：如果运动中的物
65、体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向C. 运动的物体才受滑动摩擦力，且其方向与运动方向一定相反D. 速度的变化量、加速度、力都是矢量，且对应的国际单位制中的单位符号分别为：m/s、m/s2、N【答案】D【解析】平抛运动的物体在相等的时间间隔内，速度改变量相等，但速率的改变量不一定相等，故A错误；笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实故B错误；静止的物体也可以滑动摩擦力，只要其他物体与该物体间相对运动即可能产生滑动摩擦力，故C错误速度的变化量、加速度、力都是矢量且对应
66、的国际单位制位符号分别为：m/s、m/s2、N；故D正确；故选D62如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间（ ）A. a12g B. a10C. l12l2 D. l1l2【答案】C【解析】在剪断之前，三个物块处于静止状态，以物块为研究对象，则物块受到重力和的弹力作用，根据物体平衡条件有，以物块为研究对象，则物块受到重力和两个弹簧的弹力作用，根据物体平衡条件有，以物块
67、a为研究对象，则物块a受到重力、的弹力和细线拉力作用，根据物体平衡条件有，当细线剪断时，弹簧仍有形变，故弹簧的弹力不变，所以a物块受到的合外力为，则剪断时的加速度为，而的弹力为的弹力的2倍，所以，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。63物体放在动摩擦因素为的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，所运动的速度随时间变化关系和拉力功率随时间变化关系分别如图甲、图乙所示。由图像可知动摩擦因素为（ ）（g=10m/s2）A. =0.1 B. =0.3C. =0.2 D. =0.4【答案】B【解析】由图线可知，物体做匀速直线运动的速度v=4m/s，此时拉力等于摩擦力，则有，根据速度时间图线知，物体
68、做匀加速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律得，F1-f=ma，又P=F1v，联立解得P=（2m+3）2t，由P-t图线知，2(2m+3)10，解得：m=1kg，则动摩擦因数，故B正确，ACD错误故选B点睛：本题考查了牛顿第二定律、速度时间图线以及功率公式的基本运用，知道速度时间图线的斜率等于加速度，根据P-t图线的斜率结合牛顿第二定律求出物体的质量是关键64下列说法中正确的是（）A. 惯性是只有物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质B. 物体的惯性是指物体不受外力作用时仍保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质C. 物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，
69、不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因而就无惯性D. 惯性是物体的属性，与运动状态和是否受力无关【答案】D故选D。65质量分别为、的甲、乙两球,在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力作用，两球到达地面前经时间分别到达稳定速度v1、v2已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. B. C. 释放瞬间甲球的加速度较大 D. 时间内两球下落的高度相等【答案】B【解析】A、B、两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时有，因此最大速度与其质量成正比，即，则由图象知，因此；A错误；B正确；C
70、、释放瞬间，因此空气阻力，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，C错误；D、速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，D错误；故选B。66如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、3m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为mg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得对A物体：得对整体：得：A正确；B、C、D错误；故选A。67如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面 上。A、
71、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（ ）A. 都等于 B. 和0C. 0和 D. 和0【答案】C【解析】对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，对B，根据牛顿第二定律得，C正确，A、B、D错误故选C。68如图所示，质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力Ff及支持力FN，下列说法正确的是（）A. Ff向右，FNMg
72、+mg B. Ff向左，FNMg+mgC. Ff=0，FN=Mg+mg D. Ff向左，FN=Mg+mg【答案】B点睛：解答本题应明确：遇到连接体问题时灵活应用整体法与隔离法，一般采用“先整体后隔离”的方法分析69在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是（）A. 小车匀速向左运动 B. 小车可能突然向左加速运动C. 小车可能突然向左减速运动 D. 小车可能突然向右加速运动【答案】B【解析】A、若小车匀速向左运动，则水也匀速运动，速度相等，不会从碗中的水洒出，故A错误；B、小车突然向左加速，由于
73、惯性，水还没有来得及加速，所以小车向左的速度大于水向左的速度，可以出现图示情况，故B正确；C、小车突然向左减速，由于惯性，水还没有来得及减速，所以小车向左的速度小于水向左的速度，水应向左洒出，故C错误；D、小车突然向右加速，由于惯性，水还没有来得及加速，所以小车向右的速度大于水向右的速度，水应向左洒出，故D错误；故选：B点睛：水突然相对于车向右运动，说明此时水向右的速度大于车向右的速度或者小车向左的速度大于水向左的速度，分情况进行讨论即可。70如图所示，两个小球通过两个相同的弹簧和一个水平向左的外力在竖直平面内达到平衡，则以下说法正确的是（ ）A. A、B弹簧产生的弹力大小相等B. A、B两弹
74、簧形变量之比为1：4C. 撤去F.的瞬间，a球的加速度为零D. 撤去F的瞬间.b球处于失重状态【答案】B【解析】对小球a，由平衡条件可知：，对小球b：TA=mg，解得TB=4mg，因两弹簧相同，则A、B两弹簧形变量之比为1：4，选项B正确；因F=TBsin600=2mg，可知撤去F的瞬间，a球的加速度为，加速度不为零，选项C错误；撤去F的瞬间.b球的加速度为零，则不是失重状态，选项D错误；故选B.71粗糙水平面上一个1kg的物体在水平外力的作用下做直线运动,其运动的速度时间（v-t）图象如图所示，已知12s时间内水平作用力是2N，取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）A. 物体受到的摩擦力
75、Ff=4NB. 01s内水平外力为2NC. 23s内水平外力为4ND. 地面与物体之间的滑动摩擦因数是【答案】D【解析】12s时间内物体匀速运动，因水平作用力是2N，则摩擦力为2N，动摩擦因数为，选项A错误，D正确； 0-1s内的加速度，根据牛顿第二定律可得：F1-f=ma1，解得F1=4N，选项B错误；2-3s内的加速度，根据牛顿第二定律可得：F2-f=ma2，解得F2=3N，选项C错误；故选D.72如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A. 甲对乙的拉力始终大于乙
76、对甲的拉力B. 当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C. 只有甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力【答案】D【解析】甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故ABC错误；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故D正确；故选D.73如图甲所示，质量为1kg的物块静止在倾角为=37的固定斜面上，现在t=0时刻用沿斜面向下的恒力F推物块，过一段时间撤去推力，物块沿斜面
77、向下运动的vt图象如图乙所示。已知物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，斜面足够长，则下列判断不正确的是A. 物块静止时，斜面对物块的作用力大小为8NB. 物块与斜面间的动摩擦因数为075C. 恒力F的大小为3N x/kwD. 若恒力F增大为原来的2倍，则物块下滑的加速度大小为6m/s2【答案】A74伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、
78、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A. 小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小B. 如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D. 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置【答案】D【解析】本实验得不出牛顿第二定律的结论，A错误；小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去，得不出静止的结论，故B错误D正确；根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，C错误75质量为M
79、的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且Mm用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力为F1，如图（a）若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为F1，如图（b），则（）A. a=a，F1=F1 B. aa，F1F1 C. aa，F1=F1 D. aa，F1=F1【答案】D【解析】先对图（a）中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有：再对图（a）中情况下的小球受力分析，如图：根据牛顿第二定律，有，由以上三式可解得，再对图（b）中小球受力分析，如图：
80、由几何关系得：，再由牛顿第二定律，得到：由于，故，故选项D正确。点睛：本题关键要多次对小球和整体受力分析，求出合力，得出加速度和绳子拉力进行比较76如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x=0）现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计），此过程中N或F随x变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D点睛：本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对
81、象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。77如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A. 都等于 B. 和0C. 和0 D. 0和【答案】D【解析】对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，对B，根据牛顿第二定律得，故选项D正确。点睛：本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。78如图所示，
82、正方体金属盒内有一小球，盒子六面均与小球相切，将金属盒竖直向上抛出，下列说法正确的是A. 若不考虑空气阻力，则小球在上升过程中处于超重状态，在下降过程中处于失重状态B. 若不考虑空气阻力，则小球在上升过程中处于失重状态，在下降过程中处于超重状态C. 若盒子运动过程中受空气阻力不能忽略.在上升过程中盒子顶部对小球有向下的作用力D. 若盒子运动过程中受空气阻力不能忽略.在下降过程中盒子对小球无作用力【答案】C【解析】试题分析：空气阻力可忽略时，先用整体法分析加速度，再对小球分析受力；若空气阻力不能忽略，则根据牛顿第二定律先对整体分析，再对小球受力分析，即可明确盒子对小球的作用力的性质若空气阻力可忽
83、略时，在整个过程中，整体的加速度一直竖直向下，大小为g，故小球一直处于完全失重状态，AB错误；若盒子运动过程中受空气阻力不能忽略，则整体的加速度大于重力加速度，再对小球分析可知，小球的加速度和盒子的加速度相同，所以加速度方向竖直向下，大于g，故小球受到的合力竖直向下并且大于重力，因此盒子顶部对小球有向下的作用力，C正确；若盒子运动过程中受空气阻力不能忽略，在下降过程中加速度小于重力加速度，则对小球分析可知，小球受到合力小于重力，故盒子底部对小球有向上的支持力，故D错误79如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板。在t=0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的
84、左端.当滑块运动到挡板所在的位置时与挡板发生碰撞，巳知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。某同学画出了滑块从t=0时刻到与挡板第二次碰撞前的v-t图象.如图乙所示，其中可能正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：滑块先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，然后与挡板碰撞，碰撞后向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后向右做匀加速直线运动，再与挡板碰撞；或滑块先向右加速，然后匀速再与挡板碰撞，反向后做减速运动，再向右加速；分析清楚滑块的运动情况，然后分析图示图示答题传送带沿顺时针匀速率转动，滑块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度为零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加
85、速到与传送带相同的速度，然后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度向左做匀减速直线运动，当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动，当速度为时与挡板发生第二次碰撞，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，由图示可知，图A所示图象符合实际，故A正确80在2016上海的某活动中引入了全国首个户外竖直风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若增大风力，体验者在加速上升过程中( )A. 失重且机械能增加 B. 失重且机械能减少C. 超重且机械能增加 D. 超重且机械能减少【答案】C点睛：超重和失重只与加速度的方向有关，加速度向上，超重；加速度向下，失重；物体只有重力或弹簧
86、的弹力做功，其机械能守恒，如果还有其它力做功，当其它力做正功时，机械能增加。81如图所示，在动摩擦因数的水平面上有一个质量的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取），下列说法中正确的是（）A. 小球受力个数不变B. 小球开始向左运动，且C. 小球开始向左运动，且D. 若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零【答案】D【解析】试题分析：剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，确定小球的受力个数，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小剪断弹簧的瞬间，因为绳子的作用力可以发生突变，小球瞬间所受的
87、合力为零在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，A错误；小球所受的最大静摩擦力为，根据牛顿第二定律得小球的加速度为，合力方向向左，所以向左运动，BC错误；若剪断弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，D正确82我国航天员要在“天宫l号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器待测质量的物体B连接在后传感器上在某
88、一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：；隔离B物体，由牛顿第二定律得，联立可得，A正确【点睛】整体法与隔离法的应用技巧对于连接体各部分的加速度相同时，一般的思维方法是（1）先用整体法，求出加速度；（2）再用隔离法，选取合适的研究对象；（3）联立解方程2、使用隔离法应注意两个原则（1）选出的隔离体应包含所求的未知量；（2）在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体得得数目应尽可能地少；83如图所示，倾角为37、长为l16 m 的传送带
89、，转动速度为v10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2.则说法正确的是( )A. 传送带顺时针转动时，物体从顶端A无法滑到底端BB. 传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B先做匀加速后匀速运动C. 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的一直做匀加速运动D. 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间为2s【答案】D【解析】（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，因mgsin37mg cos37，则物体向下匀加速运动，选项AB错误；（2）传送带逆时
90、针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma1，代入数据得：a1=10m/s2，设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有：，x1=a1t2=5ml=16m，当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37mgcos37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：，代入数据得：a2=2m/s2，位移：x2=l-x1=16-5=11m，又因
91、为x2=vt2+a2t2，则有：10t2+t2=11，解得：t2=1s（t2=-11s舍去），所以有：t总=t1+t2=1+1=2s选项C错误，D正确；故选D.点睛：解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体运动，明确速度和加速度的变化，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解从此题看出出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻84质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从x=0m处由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g =l0m/s2。 下列说法中正确
92、的是()A. 此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WB. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的功为15JC. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W D. 此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W【答案】A所以此时的功率为PAB=FABv2=23W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以A正确，CD错误；整个过程中拉力的功为，选项B错误；故选A点睛：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息-斜率表示物体受到的拉力的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图
93、象的能力85在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化模型法、放大法、极限法、控制变量法、假设法、类比法、比值法等等。以下关于所用思想方法的叙述错误的是()A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法B. 速度的定义式，采用的是比值法；当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，应用了极限法C. 在探究加速度和力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D. 下图是三个实验装置，这三个实验中都体现了放大法【答案】A形变的装置中，用力挤压玻璃瓶，玻璃瓶发生形变，细管中水柱上升
94、，由于管子较细，上升的高度较大，将玻璃瓶微小的形变放大，能直观的观察到形变，体现了放大的思想图3是通过受到微小的力转动，从而由光的反射来体现转动角度，体现放大的思想，故D正确；本题选错误的，故选：A点睛：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习86如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是（ ）A. 匀加速上升 B. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力C. 匀速上升 D. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力【答案】B【解析】设绳子与水平方向的夹角为根据平行四
95、边形定则有：沿绳子方向的速度v绳=vcos，沿绳子方向的速度等于B物体的速度，在运动的过程中，角减小，则v绳增大所以物体做变加速上升物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，知绳子的拉力大于B物体的重力故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，以及会根据速度变化情况得出加速度的方向87如图a所示，在木箱内粗糙斜面上静止质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图b所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩擦力分别为FN和f，则下列说法正确的是（ ）A. 在0-t1时间内，FN增大，f减小B. 在0-t1时间内，
96、FN减小，f增大C. 在t1-t2时间内，FN增大，f增大D. 在t1-t2时间内， FN减小，f减小【答案】D【解析】在0-t1时间内，根据速度时间图线知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，对物块研究，在竖直方向上有：FNcos+Ffsin-mg=ma，FNsin=Ffcos，知加速度减小，则支持力FN和摩擦力减小在t1-t2时间内，根据速度时间图线知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物块研究，在竖直方向上有：mg-（FNcos+Ffsin）=ma，FNsin=Ffcos，加速度逐渐增大，知支持力和摩擦力逐渐减小故D正确，ABC错误故选D88如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行
97、驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成角，则() A. 车厢的加速度为gsinB. 绳对物体1的拉力为C. 底板对物体2的支持力为(m2m1)gD. 物体2所受底板的摩擦力为0【答案】B【解析】以物体1为研究对象，分析受力情况如图：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtan=m1a，得a=gtan，则车厢的加速度也为gtan故A错误，B正确对物体2研究，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：N=m2g-T=m2g-，f=m2a=m2gtan故CD 错误故选B89如图所示，质量为M的光滑半球形容器放在光滑水平面上，O为球心，一质量为m
98、的小滑块（可视为质点）位于容器的P点，OP与水平方向成角，在水平恒F力的作用下，与容器保持相对静止而加速运动，下列关系正确的是（ ）A. B. C. 支持力D. 支持力【答案】B【解析】对滑块受力分析，如图所示：竖直方向受力平衡条件，有：，得水平方向：，得；对整体，根据牛顿第二定律：，解得：，故B正确，ACD错误；点睛：本题考查牛顿定律的应用，关键是运用整体法和隔离法进行受力分析，作出力图是解题的关键，在力图上要标出相关角度，方便解答。90如图所示为某次NBA比赛时篮球运动员起跳投篮时的情形，运动员先由站立状态曲腿下蹲再竖直向上跃起达最大高度后将球抛出，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）A
99、. 运动员由站立状态曲腿下蹲，一直处于失重B. 运动员离开地面上升的过程中，一直处于超重C. 从站立到跃起过程中，地面对运动员做正功D. 运动员离开地面上升的过程中，运动员的机械能不变【答案】D点睛：本题从功的概念出发，分析地面对运动员没有做功根据初末机械能的变化，判断其机械能是否守恒由加速度方向确定是超重状态还是失重状态91下列各物理量中，其国际单位属于基本单位，同时也属于矢量的是( )A. 时间 B. 位移 C. 质量 D. 力【答案】B【解析】时间、质量的单位属于基本单位，但都不属于矢量，力是矢量，但力的单位是导出单位，位移是矢量，且它的国际单位m属于基本单位，B正确.92如图所示，小车
100、内的小球分别与轻弹簧和细绳的一端拴接，其中轻弹簧沿竖直方向，细绳与竖直方向的夹角为当小车和小球相对静止一起在水平面上运动时，下列说法正确的是（）A. 细绳一定对小球有拉力的作用B. 轻弹簧一定对小球有弹力的作用C. 细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力的作用D. 细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用【答案】D所以细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用，故D正确，ABC错误。点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律进行求解，注意思考问题的全面性。93如图所示是某航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为
101、：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）A. 返回舱在喷气过程中所受合外力可能与运动方向相同B. 返回舱在喷气过程中处于失重状态C. 火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变大D. 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭喷气而获得向上的反冲作用力【答案】D【解析】打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度向下，当着陆时点燃缓冲火箭使返回舱的速度快速的减为零，合力与速度反向相反，故A错误；在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故B错误；火箭开始喷气前匀速下降拉力
102、等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小，此时火箭喷气过程中伞绳对返回舱的拉力小于重力，故C错误；返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭喷气而获得向上的反冲作用力，故D正确。所以D正确，ABC错误。94一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为v/2时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为() A. (1)tan 和 B. (1)tan 和C. tan 和 D. tan 和【答案】A【解析】解：利用牛顿运动定律和运动学公式求解.设物块与斜坡
103、间的动摩擦因数为,则物块沿斜坡上滑时的加速度大小当物块的初速度为时,由运动学公式知当物块的初速度为时,由运动学公式知由两式得由两式得.95如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是：m1m2m3，这时弹簧秤的读数为T.若把物体m2从右边移到左边的物体m1上，弹簧秤的读数T将( )A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断【答案】B【解析】根据平衡知，开始弹簧秤读数FT=2T=2m1g把物体m2从右边移到左边的物体m1上，整体的加速度隔离对m3分析有T-m3g=m3a，解得Tg+m3gm2g+m3g=m1g可知TT，则FT2m1g故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键能够
104、正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用96关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是 （ ）A. 做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B. 若物体的合外力方向与它的速度方向相反，则它的速度一定减小，加速度一定增大C. 物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D. 物体所受合外力为零时，物体的速度一定等于零【答案】A【解析】做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的故A正确由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，若与速度方向相反，物体的速度一定减小，加速度不一定增大，也可能不变，或减小；故B错误物体
105、受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快故C错误物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零故D错误故选A.点睛：本题考查对牛顿第二定律、加速度与速度关系的理解要抓住加速度与速度无关，即可知道合力与速度无关，与速度变化快慢有关97如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空。为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小。现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，3s末滑到竿底时速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，
106、取g=10m/s2，则 ( )A. 该学生下滑过程中的最大速度是3m/sB. 该学生下滑过程中的最大速度是6m/sC. 滑杆的长度是6m D. 滑杆的长度是3m【答案】C98如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为,当升降机突然处于完全失重状态时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度大小分别为（重力加速度为g） ( ) A. 、 B. 、C. 、0 D. 、【答案】D【解析】由平衡状态时的受力特点可以知道,A受到弹簧的作用力大小为 ,因为失重时A物体本身重力不变,故在此瞬间,A同时
107、受到弹簧的弹力和重力作用,根据力的合成特点可以知道此二力的合力为 ,故其瞬时加速度为 ;而对B受力分析可以知道,完全失重瞬间,B受到弹簧的作用总和细线的上弹力相等(此二力的合力为0),则此时B的合力就是其重力,所以B的瞬时加速度为g,所以D正确.综上所述本题答案是：D99如图所示，两物体A、B质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平向右推力F1，同时对B施加水平向左推力F2，且F1F2，则物体B对物体A的作用力大小是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】由牛顿第二定律得：对A、B系统：，对A：F1-FN=ma，解得：；故选B点睛：本题是连接体问题，处理方法常有两种：隔离法和
108、整体法，要灵活选择研究对象求加速度时可以考虑整体法求内力时必须用隔离法100下列各组属于国际单位制的基本单位的是()A. 千克、米、秒 B. 克、牛顿、米C. 质量、长度、时间 D. 质量、力、位移【答案】A【解析】在力学中国际单位制的基本单位是：千克、米、秒，故选A.二、多项选择题1如图所示，传送带与水平面夹角为37，白色皮带以10 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动今在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m取sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2则在小煤块从A运动到B的过程
109、中（ ）A. 小煤块从A运动到B的时间为2sB. 煤块对皮带做的总功为0C. 小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD. 因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J【答案】ABD【解析】试题分析：小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从A运动到B的时间；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差即为划痕的长度；因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积，即，解得，则，故A正确；煤块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为，B正确；第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对
110、于传送带先后运动，相对位移：，第二秒内煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移，物块相对于传送带的位移而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m，C错误；产生的内能，D正确；2如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是() A. 无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变 B. 若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小C. 若粘在a木块上面，绳的
111、张力减小，a、b间摩擦力不变D. 若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力都增大【答案】BD【解析】A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A错误；B、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab=2ma，加速度减小，所以a、b间摩擦力是变小的；故B正确；C、若橡皮泥粘在a物体上，对C：T=ma，故拉力减小；对b：F-fab=ma可知，摩擦力fab应变大，故C错误；D、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，F-T=2ma，加速度减小，所以拉力T变大，对b有F-fab=ma，知fab增大；故D正确；故选BD。3如图所示，一根长度为2L
112、、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等。绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦。由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g，下列a-x、T-x关系图线正确的是A. B. C. D. 【答案】AC故选AC。4如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点，若传送带按顺时针方向转动。物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后A. 可能落在P点 B. 一定仍落在P点C. 可能落在P点左方 D. 可能落在P点右方【答案】AD【解析】物块在传送带上，
113、离开传送带右端的速度与通过粗糙的静止水平传送带速度相同，落在同一位位置，A正确；物块在传送带上，离开传送带右端的速度大于过粗糙的静止水平传送带速度，落在P点右方，D正确；故选AD。5从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速直线运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中正确的是A. 小球到达最高点时的加速度为gB. 在速度达到v1之前小球的加速度大小先增大后减小C. 小球下降过程中的平均速度小于D. 小球抛出瞬间的加速度大小为【答
114、案】AD【解析】上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有，解得，由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；小球到达最高点时，速度为0，阻力为0，加速度为g，故A正确；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有，解得，由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故B错误；匀加速直线运动的平均速度等于，速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，故小球下降过程的平均速度大于，故C错误；空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有，小球抛出瞬间，有，联立解得小球抛出瞬间的加速度大小，故D正确；故选AD。6如图所示，质量为m的木块在水平
115、向右拉力F的作用下，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态。已如木块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，则（ ） A .长木板受到地面的摩擦力的大小一定是 B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是 C. 一定小于 D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动【答案】AD【解析】A、对M分析，在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力f=1mg故A正确，B错误；C、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变，M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动故C错误，D正确；故选AD。7如图甲所示，物体沿斜面由静止开始下
116、滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，图乙中v、a、F、s、t、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能。图中可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】CD，所以物体的动能和位移的关系应该是直线，所以D正确；故选CD。8如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示。滑块A的质量记作，长木板B的质量记作，则（）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】试题分析：当拉力较小时，A和B保持相对静止一起做匀
117、加速直线运动，当拉力达到一定值时，A和B发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答由图知，当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律有，代入数据解得：，当F大于12N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对A有，由图示图象可知，图线的斜率，解得，滑块B的质量为，故AC正确9如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是A. 弹簧被剪断的瞬间，A、
118、B、C三个小球的加速度均为零B. 弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C. 细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinD. 细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin【答案】BCD【解析】试题分析：若弹簧被剪断，弹力为零，据此分析三者的加速度；若细线被剪断，弹力不能突变，保持不变，先以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求A、B两球的加速度再以B球为研究对象，由牛顿第二定律求杆的拉力大小，解得A、B两个小球的加速度为，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得杆的拉力为，故CD正确10一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上作直线
119、运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0h1过程的图线为曲线，h1h2过程中的图线为直线。下列说法正确的是A. 0h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功B. 0h1过程中，小球的动能一定在增加C. h1h2过程中，小球的动能可能不变D. h1h2过程中，小球重力势能可能不变【答案】AC【解析】试题分析：根据功能关系：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做功等于物体机械能的变化，由图象读出机械能的变化，分析支持力做功的正负；由E-h图象的斜率的绝对值等于物体所受支持力的大小；如果支持力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；设支持力大小为F，由功能关系得，所以E-h
120、图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从图中可知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，由图可知在内斜率的绝对值逐渐减小，故在内小球所受的支持力逐渐减小所以开始先加速运动，当支持力减小后，可能做匀速运动，也可能会减速，A正确B错误；由于小球在h1h2内E-h图的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故物体可能做匀速运动，动能不变，C正确；由于小球在h1h2内E-x图象的斜率的绝对值不变，重力势能随高度的增大而增大，所以重力势能增大，故D错误11如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A
121、由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，加速度大小为aA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则A. VB=B. aA=C. 小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能D. 当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】AD【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度；再依据矢量的合成法则，及牛顿第二定律，并选取A与B作为系统，根据机械能守恒条件，即可求解将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为，所以，A正确；根据力的合成与分解
122、法则，结合牛顿第二定律，而，则有，故B错误；选AB作为系统，系统的机械能守恒，那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能，C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，D正确12如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小与m的重力相等，由静止释放，开始时M距桌边的距离相等，则A. 甲、乙两图中M的加速度相等为B. 甲图中M
123、的加速度比乙图中M的加速度大C. 乙图中绳子受到的拉力较大 D. 甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小【答案】CD13如图所示，在水平长直轨道上，有一长木板在外力控制下始终保持向右做匀速直线运动，小物块(视为质点)P、Q由通过定滑轮且不可伸长的光滑轻绳相连处于静止状态，且AQ水平， OP、OQ与竖直方向的夹角均为。若物块Q的质量为m，物块P与长木板间的动摩擦因数，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )A. 水平绳AQ的拉力大小为mgB. 小物块P的质量为C. 若水平绳被剪断，则在剪断瞬间，小物块Q的加速度大小为gD. 长木板对小物块P的作用力与小物块P对长木板的作用力大小相等【答案】AB
124、D【解析】试题分析：对Q受力分析，根据合成法求解PQ绳子的拉力；对P受力分析，根据平衡条件即可求出P的质量绳子的拉力能发生突变，结合受力分析物块Q的加速度；作用力与反作用力总是大小相等，方向相反对Q分析，受到竖直向下的重力，AQ的拉力，以及OQ的拉力，三力平衡如图，加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为，C错误；长木板对小物块P的作用力和小物块P对长木板的作用力是一对作用力与反作用力，所以它们大小相等，D正确14如图所示，AB、CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37，长为 5 m 的传送带与两平台平 滑连接。现有一小煤块以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小
125、煤块恰好能滑到平台 CD 上，则下列说法正确的是（重力加速度 g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8）（）A. 小煤块跟传送带间的动摩擦因数=0.5B. 当小煤块在平台 AB 上的运动速度 v=4 m/s 时，无论传送带匀速运动的速度多大，小物体都不能到达平台 CDC. 若小煤块以 v=8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带至少要以 3m/s 的速度顺时针 运动，才能使小物体到达平台 CDD. 若小煤块以 v=8m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带以 4m/s 的速度顺时针运动时， 传送带上留下的痕迹长度为 2.4m【答案】ABC【解析】A、传送带静止时
126、，小煤块受力如图甲所示据牛顿第二定律得，BC过程有，解得，故A正确；B、当小煤块受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得，若恰好能到达高台时，有，解得，即当小煤块在AB平台上向右滑动速度小于4m/s，无论传带顺时针传动的速度多大，小煤块总也不能到达高台CD，故B正确；C、以表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小煤块滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有，对从小煤块速度减小到运动到恰滑上CD高台过程，有，解得，即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD，故C正确；D、对小煤块煤块的位移，t=1s，传送带的位移，传送带上留
127、下的痕迹长度，故D错误；故选ABC。15如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时，下列说法中可能正确的是（）A. 绳的张力减小，地面对a的支持力不变B. 绳的张力减小，地面对a的支持力增加C. 绳的张力增加，斜面对b的支持力不变D. 绳的张力增加，斜面对b的支持力增加【答案】AB【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据
128、共点力平衡条件，有；由两式解得：，；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；（1）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：；由两式解得：，；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；点睛：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识。16如图所示，质量为4.0 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为6.0kg的物体B用细线悬挂在天花板上B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是(g取10m/s2 ) A. A的加速度的大小为1m/s2B.
129、B的加速度的大小为6m/s2C. 弹簧的弹力大小为60ND. A、B间相互作用力的大小为24 N【答案】BD【解析】试题分析：弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，C错误；剪断细线后，A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：，解得，故A错误B正确；对B，由牛顿第二定律得，解得F=24N，则A、B间的作用力为24N，故D正确17如图所示，光滑固定斜面C倾角为，质量均为m的两
130、物块A、B以某一初速度沿斜面一起向上做匀减速直线运动。已知物块A上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是A. 物块B受到的静摩擦力水平向左 B. 物块B的机械能守恒C. 物块B受到A的支持力大于mg D. A、B之间的静摩擦力大小为mg.sin cos【答案】ABDC项，竖直方向B的加速度向下，B处于失重状态，物块B受到A的支持力小于B的重力，故C项错误。D项，对A、B整体进行受力分析：，沿斜面的加速度为，在水平方向上加速度的分量为，对B进行受力分析，物块A、B之间的摩擦力提供B的水平加速度，摩擦力大小为，故D项正确。18静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力作用下开始竖直上升
131、，不计空气阻力，物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图象如图所示，其中图线在A点处的切线的斜率最大，在B点处的切线水平，的图线为平行于横轴的直线，则下列说法正确的是()A. 物体在处物体的速度最大B. 物体在处的加速度最大C. 过程中拉力的功率为零D. 0过程中物体所受拉力始终大于重力【答案】BC【解析】D、物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图象的斜率表示竖直向上的拉力的大小，图象的斜率先增大后减小，再不变且为0，过程中物体所受拉力大小先增大后减小为0，故D错误；A、在过程中拉力先大于重力，后小于重力，所以先加速后减速，故有物体在处物体的速度不是最大，故A错误；B、在h1处斜率最大，
132、竖直向上的拉力最大，加速度最大，故B正确；C、在过程中斜率为0，则有拉力为0，功率为0，故C正确；故选BC。19如图所示，水平传送带的长度AC=L，以速度v保持匀速运动，把质量为m的货物无初速地放到A点，当货物运动到C点时速度恰为v。货物与皮带间的动摩擦因数为，B点为AC的中点，则货物从A点到C点的过程中（ ）A. 货物运动到B点时的速度为 B. 货物从A运动到C点时的时间C. 货物的动能增加了mgL D. 摩擦力对货物做功的平均功率为【答案】CD【解析】货物从A到C过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度为，A到B过程中，货物运动到B点时的速度为，故A错误；由，货物从A运动到C点时的
133、时间，故B错误；由动能定理得：；货物的动能增加了，故C正确；摩擦力对货物做功的平均功率为，故D正确；故选CD。20关于物体的超失重下列说法正确的是（ ）A. 减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。B. 加速上升的物体处于超重状态。 C. 物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。D. 根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。E. 物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。【答案】BCE【解析】A、减速上升的升降机内的物体，加速度方向向下，处于失重状态，物体对地板的压力小于重力，故A错误；B、加速上升的物体，加速度方向向上，处于超重状态
134、，故B正确；C、物体处于超重或失重状态时，其重力并没有发生变化，变化的是视重，故C正确；DE、根据物体处于超重或失重状态，由物体加速度的方向决定，可以判断物体运动的加速度方向；与速度方向无关，无法判断物体运动的速度方向，故D错误，E正确；故选BCE。21许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列说法中正确的是（ ）A. 牛顿发现了万有引力定律后，用实验的方法测出了引力常量G的数值B. 伽利略用理想实验证明了力是维持物体运动的原因C. 赫兹用实验证明了电磁波的存在D. 楞次总结得出了感应电流的产生条件E. 麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在F. 卢瑟福根据粒子散射实验现象提出了原子的核式结构模
135、型G. 卡文迪许利用扭秤测出了静电力常量k的数值【答案】CEF【解析】牛顿发现了万有引力定律后，卡文迪许用实验的方法测出了引力常量G的数值，AG错误；伽利略用实验证明了力不是使物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，B错误；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了电磁波的存在，CE正确；法拉第总结得出了感应电流的产生条件，D错误；卢瑟福根据粒子散射实验现象提出了原子的核式结构模型，故F正确22如图所示，传送带与地面倾角为=37，AB的长度为16m，传送带以10m/s的速度转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A
136、运动到B所用的时间可能为（ ）（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）A. 1.8s B. 2.0s C. 2.1s D. 4.0s【答案】BD阶段物体滑动到B端的时间为，则，解得，故物体经历的总时间：；若传送带顺时针转动，物块受到的摩擦力沿斜面向上，则A一直做匀加速运动到B点，则有，解得t=4s，BD正确23(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )A. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B. 物体运动的位移
137、为13 mC. 物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2D. x=9m时，物体的速度为【答案】ACD【解析】试题分析：物体所受摩擦力大小为恒力，故乙图中的下面一条直线为摩擦力做功的图象，上面的图像为拉力F做功图像，结合斜率求出摩擦力大小和外力F大小，可得x=9m时，物体的速度为，D正确24(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示。物体在时刻开始运动，其运动的v t图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A. 物体与地面间的动摩擦因数为B. 物体在t0时刻的加速度大小为C. 物体所受合外力在t
138、0时刻的功率为2F0v0D. 水平力F在t02t0时间内的平均功率为【答案】AD【解析】试题分析：在时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率物体在时刻开始运动，故，动摩擦因数，A正确；在时间内，假设物体做匀加速运动，则，解得，实际上物体的加速度从0开始增大，故在时刻加速度大于，B错误；在时刻，物体受到的合外力，功率，C错误；在2t0时刻速度，在时间内物体的平均速度，故平均功率，D正确25如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B
139、与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则（）A. 当F2mg时，A、B都相对地面静止B. 当F= mg时，A的加速度为gC. 当F3mg时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】AC【解析】AB之间的最大静摩擦力为：，B与地面间的最大静摩擦力为：，所以当时，A、B都相对地面静止，故A正确；当F= mg时，因为，所以AB均不会运动，故B错误；当F3mg时，A、B将相对滑动，故C正确；因为A对B的摩擦力小于地面给B的摩擦力，所以无论外力F多大，B都不会运动，故D错误。所以AC正确，BD错误。26如图所示，蹦床运动员从空中落到床
140、面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（）A. 在第一过程中，运动员始终处于失重状态B. 运动员接触床面时的速度最大C. 在第二过程中运动员的速度先增大后再减小D. 运动员在速度为零时加速度最大【答案】CD【解析】运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做变加速运动，运动员处于失重状态，随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，当弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，再往下运动后，弹力大于重力，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，当速度为零时，床的形变量最大，此时加速度最大，故AB错误，D正确；在第二过程中，运动开始时有一段弹力大于重
141、力，运动员做加速运动，因此开始时速度增大，当重力和弹力平衡时达到最大速度之后，运动员的速度才开始减小，故C正确。所以CD正确，AB错误。27关于图中四幅图片，下列说法中正确的是（）A. 图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计示数先减小后增大B. 图乙中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C. 图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D. 图丁中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全【答案】BCD【解析】A、学生从如图姿势起立到直立站于体重计
142、的过程中，重心先加速上升，再减速上升，加速度方向先向上后向下，所以先超重后失重，体重计的示数先增大后减小，故A错误；B、冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，根据牛顿第二定律可知，此时物体的加速度很小，所以物体速度的变化就很慢，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，故B正确；C、根据牛顿第二定律F=ma可知，当质量不变的时候，F越大，加速度a就越大，故C正确；D、高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，故D正确。故选：BCD。28如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动。现将一
143、质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达距B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中A. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的较小B. 将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲小于乙C. 将小物体从A运动到B处的过程中，甲传送带对物体做的功小于乙传送带对小物体做的功D. 将小物体传送到B处，甲产生的热量大于乙产生的热量【答案】AD，乙图中，解得，；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，所以将小物体
144、传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，D正确B错误；传送带对小物体做功等于小物块机械能的增加量，两种情况下物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相同，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两种传送带对小物体做功相等，故C错误29如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m=1kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为60，小球静止在光滑的半圆形器皿中水平向右的力F=20N作用在b上，三个物体保持静止状态g取10m/s2，下列说法正确的是（）A. 物体c受到向右的静摩擦力B. 物体b受到一个摩擦力，方向向左C. 桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左D. 撤
145、去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度【答案】BC【解析】A、由于a、b、c处于静止状态，可知c处于平衡状态，c水平方向上所受的合力为零，不受摩擦力作用，故A错误；B、因为b在水平方向上受到拉力F和a对b的摩擦力处于平衡，知物体b受到一个向左的摩擦力，故B正确；C、对小球受力分析，如图所示：根据平衡知，解得拉力，对a、b、c整体分析，桌面对a的摩擦力，方向向左，故C正确；D、撤去拉力F，由于绳子的拉力小于桌面对a的摩擦力，可知三个物体仍然处于静止，故D错误。点睛：考查静摩擦力的判断、整体与隔离法静摩擦力的判断方法：假设法，平衡法，运动状态法；整体与隔离法：先整体后隔离，这样解题更易理解。30
146、如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量为m1的小滑块。现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt(k为常数，t代表时间），长木板的加速度a随时间t变化关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力。下列说法正确的是（）A. 在o2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变B. 在23s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小C. m1与m2之比为1：2D. 当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s【答案】BD着加速度的增大，静摩擦力在增大，A错误；2s末之后，两者发生相对滑动，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为，对长木板分析，可知
147、，如果滑块一直在木板上，则木板的a-t图像将恒定不变，而从图中可知在3s末木板的加速度发生突变，所以在3s末滑块离开木板，故在02s过程中，由可知，在3s末，滑块离开木板，木板不再受滑块的摩擦力，故根据可知，联立解得，在3s前后，根据牛顿第二定律可得：，两式联立可得，B正确C错误；在2s时刻小滑块与长木板速度相同，在23s时间内，滑块块运动的v-t图象如图中红色线段所示，小滑块的速度的变化量为，长木板的速度的变化量为，所以在3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，故D正确31在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因素为，工件质量
148、均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，重力加速度为g，下列判断正确的有（ ）A. 传送带的速度为B. 工件加速的时间为C. 工件与传送带间的相对位移一定是xD. 根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移【答案】ABD【解析】A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知，解得传送带的速度，故A正确；B、设每个工件匀加速运动的时间为，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为，根据，解得：，故B正确点睛：解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公
149、式、能量守恒综合求解。32如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上现用与水平方向成30角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止已知A、B的质量分别为2kg、1kg，F=10N，重力加速度为10m/s2则（）A. 轻绳与水平方向的夹角=30B. 轻绳与水平方向的夹角=60C. 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为D. 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为【答案】AD【解析】A、对B分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡；将两拉力合成，因拉力为10N，小球的重力为，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为，方向与水平方向成角，故A正确，B错误；
150、B、对整体受力分析可知，A受到的支持力为：，摩擦力等于F沿水平方向的分力为：则由：，解得：，故D正确，C错误。点睛：本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析。33在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，连接某两节车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A. 5 B. 8 C. 13 D. 20【答案】AD车厢总节数，
151、所以车厢的总节数是5的整数倍，故AD正确，BC错误。点睛：本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活。34“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低位置c点的过程中，下列说法正确的是（）A. 人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B. 在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C. 在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态D. 在c点，人的速度为零，处于平衡状态 【答案】ABC【解
152、析】由题意知，a点是弹性绳的原长位置，故人从P到a作自由落体运动，处于完全失重状态，故A正确；因为b是人静止地悬吊着时的平衡位置，此点弹性绳的弹力等于物体的重力，在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态，故B正确；因为b点弹性绳的弹力等于物体的重力，在此点之后，弹力大于人的重力，合力是向上的，加速度是向上的，所以在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态，故C正确；c是人所到达的最低点，速度为零但是c点的弹力最大，即物体向上的加速度达到最大，故D错误。所以ABC正确，D错误。35如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间
153、的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是（ ）A. 粮袋到达B点的速度可能大于、可能相等或小于vB. 粮袋开始运动的加速度为g（sincos），若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C. 若tan，则粮袋从A到B一直做加速运动D. 不论大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且agsin【答案】AC【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速
154、度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为，根据牛顿第二定律得到，加速度，B错误；若，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以的加速度匀加速；也可能先以的加速度匀加速，后以匀加速，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，C正确D错误36如图（a）所示，一物体沿倾角为=370的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图 （b）所示，则（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（ ）A. 当风速为
155、3m/s时，物体沿斜面向下运动B. 当风速为5m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C. 当风速为5m/s时，物体开始沿斜面向上运动D. 物体与斜面间的动摩擦因数为0.25【答案】AD【解析】由图看出，当风速为5m/s时，加速度为零，物体静止，当风速为3m/s时，风力减小，则物体应沿斜面向下运动，A正确；设风速为v时，风力为kv当风速为5m/s时，物体的受力情况如图，可见斜面对物体有支持力，则物体与斜面间有摩擦力作用，B错误；当风速为5m/s时，物体的加速度为零，物体静止，C错误；由图知v=0时，a=4m/s2，此时风力为零，物体沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律得，代入解得 =0.25，D正确37
156、如图所示，质量为m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带，此时记为时刻t=0，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2关于物块在传送带上的整个运动过程，下列表述正确的是() A. 物块在传送带上运动的时间为4sB. 传送带对物块做功为6JC. 2.0s末传送带对物块做功的功率为0D. 整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J【答案】CD送带对物块做功的功率为零，故C正确；物块匀减速直线运动相对于传送带的路程：，匀加速直线运动相对于传送带的路程：，则整个过程摩擦产生的热量，故D
157、正确。所以CD正确，AB错误。38在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是（ ）A. 当升降机加速上升时，游客处于失重状态B. 当升降机减速下升时，游客处于超重状态C. 当升降机减速上升时，游客处于失重状态D. 当升降机加速下升时，游客处于超重状态【答案】BC【解析】试题分析：超重与失重是指物体对支撑物的压力或悬挂物的拉力大于或小于重力的现象，物体重力并没有改变；对物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律说明即可当升降机加速上升时，游客的加速度的方向向上，处于超重状态，A错误；当升降机减速下升时，游客加速度的方向向
158、上，处于超重状态，B正确；当升降机减速上升时，游客受到重力和支持力，加速度向下，游客处于失重状态，C正确；当升降机加速下升时，当升降机加速下升时，游客处于超重状态，D错误39某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角30，取重力加速度g10 m/s2，则由此可得()A. 物体的质量为3 kgB. 物体与斜面间的动摩擦因数为C. 撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上D. 撤去推力F后
159、，物体下滑时的加速度为m/s2【答案】ABD【解析】A、由图丙所示图象可知，02s内，物体加速度，由图乙所示，此段时间内的推力F1=21.5N，由牛顿第二定律得F1-mgsin30+mgcos30=ma ，由图丙所示可知，2s以后物体做匀速直线运动，由图乙所示图象可知，此时推力F2=20N，由平衡条件得：F2=mgsin30+mgcos30，由解得：m=3kg，故A、B正确；C、物体与斜面间的滑动摩擦力f=mgcos30=5N，重力沿斜面向下的分力G1=mgsin30=15Nf，则物体速度变为零后要反向向下加速度滑动，不会静止在斜面上，故C错误；D、撤去推力物体下滑时，由牛顿第二定律得：mgc
160、os30-mgsin30=ma，故D正确；故选ABD.【点睛】由v-t图象与F-t图象获取所需信息、对物体正确受力分析，应用牛顿第二定律即可正确解题，读懂图象是正确解题的前提与关键40如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，已知小车的质量为M，小桶与沙子的总质量为m，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是 ( )A. 绳拉车的力始终为mgB. 小车获得的加速度为mg/（M+m）C. 小车获得的加速度为gD. 当M远远大于m时，才可以认为绳拉车的力为mg【答案】BD【解析】设绳的弹力大小为F，小桶
161、和小车的加速度大小为a，则对车有：F=Ma，对小桶与沙子：mg-F=ma，联立解得：，故AC错误，B正确；由上可知绳子的拉力大小为：，由数学知识得知，当，则Fmg，故D正确。所以BD正确，AC错误。三、解答题1如图所示，在倾角的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以的初速度沿斜面上滑已知，重力加速度取，不计空气阻力求：（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量【答案】(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20。【解析】（1）设物体运动的加速度为，物体所受合力
162、等于重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律有，解得：（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为，对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：解得：（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间，此过程中重力的冲量，方向：竖直向下综上所述本题答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)202如图所示，质量M=8kg的长木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，当木板向右运动的速度达到时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块B，放上小物块0.6s后撤去F，小物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，取求：（1）放上小物块后撤去F前，长木板与小物
163、块的加速度；（2）撤去F后，二者达到相同速度的时间；（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）【答案】（1）；（2）0.24s；（3）2.8J【解析】试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；（2）有推力F时，车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得撤去力F时两者各自的速度；撤去力F后车减速，物体继续做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力产生热量的公式即可求出（1）分别对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：小车的加速度：代入数据解得：（2）撤去力F时车的速度：产生的热量：联
164、立得：Q=2.8J3如图所示，电动玩具小车通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为m=1kg的小物块（可看作质点）相连，拉着物块沿ABC轨道滑动轨道BC部分是半径R=1m的四分之一圆弧，定滑轮在C点正上方与C点相距R，运动过程中小车受到地面阻力恒为，小车以P=20W的恒定功率向右运动，当物块运动至B点时速度，求物块在B点时对轨道的压力【答案】6N【解析】（1）将物块的速度分解：物块在B点时：，车的牵引力：物块受到的拉力：对物块受力分析：根据物块在B点时的受力分析：，解得：由牛顿第三定律得：物块在B点时对轨道的压力为6N.【点睛】将物块到达B点时的速度分解，求出小车的速度，根据P=FV求出车的牵引力
165、，再求出绳子的拉力，最后对物块根据向心力公式及牛顿第三定律即可求解物块在B点时对轨道的压力4如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数=0.4今用水平力F=28N向右拉木板，要使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间必须大于某一临界值。（不计空气阻力，g=10m/s2）求：（1）临界时刻撤去外力F时滑块的速度与木板速度大小之比。(2)F作用的时间至少要多长？【答案】(1) (2)即滑块的速度与木板速度大小之比为2:3；（2）撤去F后，系统动量守恒，有：得若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守
166、恒有：代入数据解得：5如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以v0=5m/s的速率顺时针转动，将一袋质量为10kg的大米无初速度地放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的机械能损失。已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g=10m/s2，cos37=0.8，求：(1) 若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端?(2) 若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大?【答案】（1）米袋不能运动到D
167、端；（2）4 m/s【解析】（1）米袋在AB部分加速时的加速度，米袋的速度达到时，滑行的距离，因此米袋到达B点的速度为，CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有，得，米袋能滑上的最大距离，故米袋不能运动到D端。（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v之前的加速度大小为，米袋速度大小v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为，由运动学公式得，解得，即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4m/s。答案：（1）不能；（2）4m/s6如图所示，光滑斜面与光滑水平面平滑连接斜面长度，倾角一小物块在点由
168、静止释放，先后沿斜面和水平面运动，接着从点水平抛出，最后落在水平地面上已知水平面与地面间的高度差取重力加速度，求：（1）小物块在斜面上运动的加速度大小（2）小物块从点水平抛出到落在地面上，在水平方向上的位移大小（3）小物块从点水平抛出到刚要落地过程中的速度变化量的大小【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由牛顿第二定律得，解得：（2）小物块在斜面上做匀加速直线运动，滑到点时速度为，根据匀变速直线运动规律，计算得出：，小物块在水平面上做匀速直线运动，以速度从点水平抛出，竖直方向小物块做自由落体运动计算得出：物块平抛运动的时间，水平方向小物块做匀速直线运动，计算得出：（3）物块速度变化量的大小7
169、如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N取g=10 m/s2求：（1）无人机以最大升力在地面上从静止开始竖直向上起飞，在t1=5 s时离地面的高度h；（2）当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落至地面，若与地面的作用时间为t2=0.2s，则地面所受平均冲力N多大【答案】（1）h=75m ;（2）N=416N【解析】（1）无人机起飞后向上做匀加速运动，由牛顿运动定律：联解公式解得：综上所述本
170、题答案是：（1）；（2）；8在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为，此时调节外力，使平板车仍做速度为的匀速直线运动。（1）若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m，表示）（2）已知滑块与车面间动摩擦因数，滑块质量，车长，车速，取，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？【答案】（1）（2）【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度滑块相对车滑动的时间：滑块相对车
171、滑动的距离联立可以得到：，则恒力F大小应该满足条件是：。9如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处已知斜面AB光滑，长度L=2.5m，斜面倾角为。不计空气阻力，g取。求：（1）小球p从A点滑到B点的时间；（2）小球q抛出时初速度的大小；（3）小球q落地时速度的大小。【答案】（1）t=1s，（2），（3）.【解析】（1）p球沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律mgsin=ma.联立可得 t=1s（2）q小球作平抛运动小球水平运动距离：. . 联立可得. (3)小球q落地时竖直方向
172、速度：10如图所示，质量m=2kg的木块静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数，木块在拉力F=10N作用下，在水平地面上向右做匀加速直线运动，经3s撤去外力F。已知力F与水平方向的夹角，g取。试问：（1）撤去外力前，物体运动的加速度是多大；（2）刚撤去外力时，物体运动的速度是多大；（3）撤去外力后，木块经过5s滑行的距离为多少？【答案】（1），（2），（3）15.21m.【解析】（1）撤去外力前，木块的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得Fcos37-Ff=ma1 竖直方向由平衡得：Fsin37+FN=mg又Ff=FN联立三式代入数据解得a1=2.6m/s2（2）由公式v=at得撤去外力时木块的
173、速度：v=a1t1=2.63m/s=7.8m/s（3）撤去外力后木块运动的加速度为：木块撤去外力滑行时间为：所以5s内的位移等于3.9s内的位移，木块滑行的路程为11如图所示，质量M=2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量 m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s2（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t
174、；（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？【答案】（1）4.8N（2）0.5s（3）【解析】试题分析：对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；木板从铁块下面抽出位移满足条件，即可求得抽出过程所经历的时间；木板从铁块下抽出条件：，结合牛顿第二定律即可求出F2的大小满足的条件。（1）小铁块的最大静摩擦力：根据位移关系：即：代入数据解得：t=0.5s（3）对木板隔离分析有：木板从铁块下抽出条件：代入数据得：解得：点睛：本题主要考查了相对滑动问题，应用隔离法和整体法分别进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究，分析时把握位移关系等
175、，还与明确两个物体之间的联系等等。12如图所示，物体1、物体3的质量均为m=1kg,质量为M=2 kg、长度为L=1.0m的长木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接.跨过光滑的定滑轮.设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=6.5m，物体1与长板2之间的动摩擦因数。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体.(视为质点)在长板2的左端以的初速度开始运动.求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)通过计算说明物体1是否会从长木板2的右端落下?(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置.【答案】（1）4m/s2（2）物体1不会从长木板右端落下；（3）物体1在长木板2的最左端.【解析】试题分析
176、：(1)物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度，由速度相等，求出时间，由位移公式分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差；(2)判断三个物体能否相对静止假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长木板2的最左端(1) 物体2和3的整体加速度为：；(2) 设向右为正方向，物体1的加速度：，
177、设经过时间t1二者速度相等 即有：v1=v+a1t=a2t，代入数据解：t1=0.5s，v1=1m/s，物体1的位移为，物体2的位移，由于，故物体1不会从长木板右端落下；(3) 此后，假设物体123相对静止，物体1受到的静摩擦力为 Ff1=ma=3.3NFf=mg=2N，故假设不成立，则知物体1和物体2相对滑动，整体下落高度h=H-x2，根据，物体1的位移，由以上各式得h-x3=1m，故物体1在长木板2的最左端。点晴：本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点。13一个木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，并且跨过光滑的定
178、滑轮，A物体（可视为质点）放置在木板的最左端，滑轮与物体A间的细绳平行于桌面已知木板的质量m1=20kg，物体A的质量m2=4kg，物体B的质量m3=lkg，物体A与木板间的动摩擦因数=0.5，木板长L=2m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为了使A、B两个物体以及木板均保持静止状态，需要对木板施加水平向左的力F1（重力加速度g取l0m/s2）（1）求F1的大小；（2）为了使物体A随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动，现把力F1替换为水平向左的力F2，求力F2的最大值；（3）若对木板施加水平向左的力F3=80N，则物体A滑到木板的最右端所用时间为多少？【答案】（1）10N；（2
179、）60N；（3）2s；【解析】（1）对物体B受力分析由平衡条件得：T1=m3g对物体A和木板组成的整体受力分析，由平衡条件得：F1=T1得：F1=10N解得：1=3m/s2对A、B为整体有：m2gm3g=（m2+m3）2解得2=2m/s2又：解得：t=2s14如图所示，在水平方向上加速前进的车厢中，挂着小球的悬线与竖直方向成= 37角，放在车厢里的水平桌面上的物体A相对桌面静止不动，若A的质量为1.5 kg，取，。求：(1)车厢的加速度大小和方向；(2)物体A受到的摩擦力的大小和方向。【答案】(1)a=7.5m/s2,方向水平向右 (2)f=11.25N, 方向水平向右【解析】(1)对小球受力
180、分析如图1：则：F合=mgtan37根据牛顿第二定律得,F合=ma解得a=gtan37=7.5m/s2.方向水平向右。(2)对A研究，受力分析如图2，根据牛顿第二定律得，f=Ma=1.57.5N=11.25N，方向水平向右。点睛：对小球受力分析，得出小球的合力，抓住车厢的加速度与小球的加速度相同，根据牛顿第二定律求出车厢的加速度大小和方向物体A与小球的加速度相同，根据牛顿第二定律求出物体A的摩擦力的大小和方向15滑雪运动是把滑雪板装在靴底上在雪地上进行速度、跳跃和滑降的竞赛运动滑雪运动中当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对
181、滑雪板的摩擦然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过8ms时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由变为一滑雪者从倾角的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示不计空气阻力，已知AB坡长L=24m，取g=10ms2，sin37=0.8，求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)滑雪者到达B处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数恒为，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离【答案】（1）4s (2) m/s（3）16m【解析】(1)由牛
182、顿第二定律得：滑行时间(2)由静止到动摩擦因素变化的位移：动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得：由得(3)在水平雪地上做匀减速直线运动滑雪者在水平地面上运动的最大距离16长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,求:（1）系统损失的机械能为多少;（2）木板A的最小长度为多少;（3）A、B间的动摩擦因数为多少。【答案】2J；1m；0.1【解析】木板获得的速度为v=1m/s，设木板的质量为M根据动量守恒得：mv0=（M+m）v解得：M=m=2kg（1）系统损失的机械能为（2
183、）由图得到：0-1s内B的位移为xB=(2+1)1m=1.5mA的位移为xA=11m=0.5m木板A的最小长度为L=xB-xA=1m（3）由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为根据牛顿第二定律得：mBg=mBa，代入解得，=0.117如图所示，质量m=4kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数=0.2，传送带的长度l=6m，当传送带以v=4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角=37已知：sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）传送带稳定运动时绳子的拉力；（2）某时刻剪断绳子，则经过多少时间，物体可以运动到传送带的左端【答案
184、】（1）8.7N；（2）2.5s；物体加速运动的时间物体加速运动的距离匀速运动的时间总时间18如图所示，小车内有一质量为M1=0.4kg的小球用细线吊在车内的顶棚上，车厢内的地板上有一质量为M2=12kg的木箱当小车向右做匀加速直线运动时，细线与竖直方向的夹角为=37，木箱与地板相对静止（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2） 求：（1）小车运动的加速度大小和小球对细线拉力的大小；（2）木箱受到的摩擦力大小和方向【答案】（1）7.5m/s2；5.0N；（2）90N，方向：水平向右；【解析】（1）以为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：，由牛顿第三定律得，小球对细线拉力的大小
185、为：；（2）以为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得，方向：水平向右19如图甲所示，质量M=5kg的木板A在水平向右F=30N的拉力作用下在粗糙水平地而上向右运动，t=0时刻在其右端无初速度地放上一质为m=lkg的小物块B放上物块后A、B的图象如图乙所示已知物块可看作质点，木板足够长取g=10m/s2求：（1）物块与木板之间动摩擦因数1和木板与地面间的动摩擦因数2；（2）物块与木板之间摩擦产生的热量（3）放上物块后，木板运动的总位移【答案】（1）1=0.4，2=0.6（2）108J（3）117m【解析】解：（1）放上物块后，当A、B相对滑动过程，由图示图象可知，B的加速度：aB=4m/s2，A的
186、加速度：aA=2m/s2，由牛顿第二定律得：对B：1mg=maB，对A：F1mg2（M+m）g=MaA，解得：1=0.4，2=0.6；（2）物块与木板相对运动过程中，相对位移：s=183=27m，物块与木板之间的摩擦热：Q=1mgs=0.411027=108J；（3）A、B共同运动时，由牛顿第二定律得：2（M+m）gF=（M+m）a，解得：a=1m/s2，A、B共同运动时间：t=12s，放上物块后木板运动的总位移：x=（12+18）3+12=117m；20如图所示，在水平地面上固定一倾角30的粗糙斜面，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度 H 后停止，在上滑的过程
187、中，其加速度和重力加速度 g 大小相等。求：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数；（2）该过程中系统由于摩擦产生的热量 Q。【答案】（1）（2）【解析】(1)在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma又a=g解得：=(2)该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为：W=mgcos由功能关系有：Q=W解得：Q=mgH21一辆小车停放在水平地面上，两根长度均为l的细线分别连接小球A和物块B，两根细线与竖直、水平方向分别成300角，如图所示，已知物块B的质量是小球A的两倍，且此时物块B刚好能静止，已知重力加速度为g；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（1）求物块B与小车底板间的
188、动摩擦因数；（2）将物块B固定在小车底板原来的位置，并让小车沿地面向右作匀加速直线运动，若A、B间细线张力为零，则小车加速度应满足什么条件？【答案】（1）（2）【解析】（1）设小球A的质量为m，则物体B的质量为2m，以B为研究对象进行受力分析，如图所示，水平方向根据共点力的平衡条件可得：FBcos30=N1，竖直方向根据共点力的平衡条件可得：N1=2mg-FBsin30，根据滑动摩擦力的计算公式可得：f=N1，联立解得：FBcos30=（2mg-FBsin30）设小车上面拉小球A的绳子拉力为FA以整体为研究对象，可得：FAcos60=（3mg-FAsin60）再以小球A为研究对象，竖直方向受力
189、平衡可得：FAsin60=mg+FBsin30联立可得：=；（2）以A为研究对象，当AB绳拉力为零时最小加速度为a1，则能够牛顿第二定律可得：mgtan30=ma1，解得：a1=gtan30=g；随着加速度的增大，AB细线与水平方向的夹角逐渐增大，当AB与水平方向增大到60时，AB细线再次拉直，此时加速度为a2，而这时拉小球A的细线与竖直方向的夹角为60，对A球根据牛顿第二定律可得：a2=gtan60=g，所以满足条件的加速度为gag22如图所示，物体1、物体3的质量均为m=1kg,质量为M=2 kg、长度为L=1.0m的长木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接.跨过光滑的定滑轮.设长板2到定滑轮
190、足够远，物体3离地面高H=6.5m，物体1与长板2之间的动摩擦因数。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体.(视为质点)在长板2的左端以的初速度开始运动.求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)通过计算说明物体1是否会从长木板2的右端落下?(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置.【答案】（1）4m/s2（2）物体1不会从长木板右端落下；（3）物体1在长木板2的最左端.【解析】试题分析：(1)物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度，由速度相等，求出时间，由位移公式
191、分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差；(2)判断三个物体能否相对静止假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长木板2的最左端(1) 物体2和3的整体加速度为：；(2) 设向右为正方向，物体1的加速度：，设经过时间t1二者速度相等 即有：v1=v+a1t=a2t，代入数据解：t1=0.5s，v1=1m/s，物体1的位移为，物体2的位移，由于，故物体1不会从长木板右端落下；(3) 此后，假设物体12
192、3相对静止，物体1受到的静摩擦力为 Ff1=ma=3.3NFf=mg=2N，故假设不成立，则知物体1和物体2相对滑动，整体下落高度h=H-x2，根据，物体1的位移，由以上各式得h-x3=1m，故物体1在长木板2的最左端。点晴：本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点。23有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动，AB的长度为2m,物体和AB间动摩擦因素为1=0.1，BC无限长，物体和BC间动摩擦因素为2=，（不计空气阻力，进入B处圆弧时无机械能损失）求：(1)物体第一次到达B点的速度(2)通过计算说明最后停在水平面上的位置【答案】
193、上滑的位移为s，有，得从B上滑再回到B点的速度，由动能定理有代入数据解得从B点向左运动时，由动能定理有，解得s=2m，故最后停在A点24如图所示，斜边长6m的固定斜面与水平面的倾角37，质量为m=1kg的小物块A以8 m/s的初速度从斜面底端开始沿斜面向上运动，同时质量也为m=1kg的小物块B斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，经过一段时间后两物块发生碰撞，碰后两物块粘在一起运动。若两物块和斜面间的动摩擦因数均为0.25求：（g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）(1)两物块碰撞前运动的时间；(2)两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小。【答案】(1)1s(2)6m/s代入数据联
194、立解得，碰撞前运动的时间为(2)设两物块碰撞后的速度为，运动到斜面底端的速度为由动量守恒定律得此后两物块一起做匀加速运动得25如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M=4.0kg,长度为L=3.0m,小物块质量为m=1.0kg,小物块与长木板之间的动摩擦因数=0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，试求：（1）用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？（2）若一开始就用水平向右4.5N的恒力F作用于小物块一段时间后，撤去恒力F，最终物块停在距木板右端0.7m
195、处，求恒力F作用时间。【答案】(1) F 2.5N 发生相对滑动（2）【解析】(1)当恒力大小为F0时刚好未相对滑动:F0=(M+m)a0mg=Ma0 解得：F0=2.5N则F 2.5N 发生相对滑动(2)停在木板右端0.7m处，可知相对位移：设F作用时间为t后共速：Ft=（M+m）v共Fx=mgs+(M+m)v共2解得26如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平。求外力F的大小。【答案】4.5mg【解析】研究小球，在竖直方向上有：mg=masin30研究整体，沿斜面方向有：F+（M+
196、m）gsin30=（M+m）a又M=2m解得F=4.5mg27短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求：(1)该运动员的加速度.(2)在加速阶段通过的距离【答案】（1）5m/s2（2）10m【解析】根据题意，利用平均速度等于中点时刻的速度，设运动员在1.5时的速度为v，则由公式设运动员做匀加速直线运动的时间为 ，匀速运动的时间为 ，匀速运动的速度为 ，跑完全程的时间为 ，全程的距离为，加速运动通过的距离为。依据题意及运动学规律得 ； ； ；则加速运动通过的距离
197、为 ；联立以上各个公式得综上所述：运动员做加速运动时的加速度为5 m/s2并且在加速阶段走过的位移为10 m【答案】（）（）a b【解析】(1)飞船的加速度，根据牛顿第二定律有：b设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：由机械能守恒定律可知：解得由于，所以碰撞后尘埃的速度对尘埃，根据动量定理可得：，其中则飞船所受到的阻力设一个离子在电场中加速后获得的速度为根据动能定理可能得：设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，根据动量定理可得：则飞船所受动车，飞船做匀速运动，解得：29如图所示，质量的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一
198、水平向右的恒力当向右运动的速度达到时，有一物块以水平向左的初速度滑上小车的右端，小物块的质量，物块与小车表面的动摩擦因数设小车足够长，重力加速度取(1)物块从滑上小车开始，经过多长的时间速度减小为零？(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移(3)物块在小车上相对小车滑动的过程中，小车和物块组成的系统机械能变化了多少？【答案】(1)0.5s(2)1.1m(3)8.4J【解析】(1)设物块滑上小车后，做加速度为的匀变速运动，经过时间速度减为堆以，根据牛顿第二定律得又解得，(2)小车做加速度为的匀加速运动，根据牛顿第二定律解得设经过物块与小车具有共同的速度，物块对地的位移为，小车
199、运动的位移为，取向右为正方向，则对物块：，对小车：，取立解得：，(3)系统产生的内能：30某位同学为了研究超重和失重现象，将重为的物体带上竖直方向上运动的电梯，并将它水平放在电梯中的传感器上，若电梯由静止开始运动，并开始计时，测得重物对支持面的压力随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，求：(1)判断电梯的运动方向(2)电梯运动的最大速度(3)电梯运动的最大距离【答案】(1)方向一直向下(2)1.2m/s(3)8.4m【解析】(1)根据题可知，根据牛二定律，解得，方向向下，由题可知，故电梯做匀速运动，：解得：，方向向上故电梯一直向下运动(2)由(1)可知，根据运动学公式，解得(3)根据运动学
200、公式内，：，：，故电梯运动的最大距离31质量为的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为，现用与水平方向成倾角的力拉箱子，如图所示箱子从静止开始运动，末撤去拉力，（，），求：(1)撤去拉力时箱子的速度为多大？(2)箱子继续运动多长时间才能静止？(3)箱子在整个运动过程中克服摩擦力做功为多少？【答案】(1)12m/s(2)2.4s(3)960J【解析】(1)物体在拉力作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得(2)撤去拉力后，物体由于惯性继续滑行，受力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得：根据运动学公式故32滑雪运动是把滑雪板装在靴底上在雪地上
201、进行速度、跳跃和滑降的竞赛运动滑雪运动中当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过8ms时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由变为一滑雪者从倾角的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示不计空气阻力，已知AB坡长L=24m，取g=10ms2，sin37=0.8，求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)滑雪者到达B处时的速度
202、大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数恒为，求滑雪者在水平地面上运动的最大距离【答案】（1）4s (2) m/s（3）16m【解析】(1)由牛顿第二定律得：滑行时间(2)由静止到动摩擦因素变化的位移：动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得：由得(3)在水平雪地上做匀减速直线运动滑雪者在水平地面上运动的最大距离33如图所示为一种打地基所用的夯，打夯时四人分别握住夯锤的一个把手，同时向上用力然后同时松手，夯落至地面将地基夯实若已知夯的质量为80kg，每个人对夯施加竖直向上的力均恒为250N，力的持续时间为0.4s，夯落地时将地面砸出的凹痕深为2cm，重力加速度g取10m/s2。求：（1）夯离地瞬
203、间的加速度；（2）夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力. 【答案】(1) 2.5 m/s2（2）10800N【解析】试题分析：(1)根据牛顿第二定律求出夯锤的加速度；(2)根据位移时间公式求出夯锤匀加速上升的位移，松手后向上做竖直上抛运动，根据速度位移公式求出继续上升的高度，从而得出上升的最大高度，再由自由落体运动公式求出夯锤落地时的速度，综合牛顿第二定律求平均作用力。(1) 根据牛顿第二定律得，夯锤的加速度；(2) 松手前上升的高度，松手时夯速度，松手后夯做竖直上抛运动，上升高度，夯上升的最大高度夯由最高点落到地面过程，夯入地面s=2cm过程，由牛顿第二定律有， 代入数据解得。点晴：本题考
204、查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键理清物体运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。34如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为1，与水泥路面的动摩擦因数为2某次测试发现，当汽车以速度vo在路面行驶，刚过A点时紧急刹车（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下现在，该汽车以2vo的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹
205、车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）水泥路面上运动的加速度大小为a2，则：由：，解得：（2）根据题意，汽车如果刚好不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，加速度大小为a1，运动位移为x1，则：，解得：，在水泥路面上运动时间为t2，则，解得：汽车不撞上，则应在A点左侧距A点距离大于的位置开始紧急刹车。汽车运动的时间35如图所示，导热气缸（内壁光滑）与导热活塞质量均为缸内封闭一定质量的理想气体，放在光滑导热的水平面上，静止时缸内气柱长为L0，当用恒力水平向右拉动活塞，缸内气柱稳定时长度为L1，环境气压和温
206、度不变。I当用相同的恒力水平向右推气缸，求气柱稳定时的长度；II请分析上述两种情况下，气缸内的气体是吸热还是放热？【答案】.向右拉时，气体必须吸热；向右推时，气体必须放热【解析】设大气压为p0，气缸底面积为S，当向右拉活塞时，缸内气压设为p1则对系统由牛顿第二定律得F(Mm)a2ma对气缸由牛顿第二定律得 p0Sp1SMama又由玻意耳定律得p0SL0p1SL1当向右推气缸时，缸内气压设为p2，对系统仍有F（Mm）a2ma对活塞由牛顿第二定律得p2Sp0Sma又由玻意耳定律得p0SL0p2SL2联立解得向右拉时，因为L1L0，气体膨胀对外做功，而内能又不变（温度不变）气体必须吸热；向右推时，因
207、为L2L0，气体压缩外界对气体做功而内能又不变（温度不变），气体必须放热；36如图，质量M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N，当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2，假定小车足够长，（g=10m/s2）问：（1）经过多长时间物块与小车相对静止？ （2）为了使m不从M上掉下来，小车至少多长？（3）小物块从放在车上开始经过t0=3s所通过的位移是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)对物块：mg=ma1,得a1=2m/s2对小车：Fmg=Ma2,得a2=0.5m/s2经过t时间物块与小车
208、相对静止：带入数据解得：t1=2s；(2)t时间内物块的位移：小车的位移：小车至少的长度：L=x2-x1=7m-4m=3m；（3）t1物块位移为4m，t1时刻物块速度1=a1t1=4m/st1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：F=(M+m)a3，得a3=0.8m/s2则则3S内物块位移x=x1+x2=8.4m37如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M=3kg，质量m=lg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数=0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间=1.6s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻
209、力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：(1)物块离开小车时，物块的速度大小；(2)01.6s时间内小车的奉引力做的功W。【答案】（1）1.6m/s （2）17J【解析】(1)根据牛顿第二定律，物块的加速度：mg=ma，a=1m/s2，小于小车的加速度；所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故物块做匀加速运动，物块离开小车时，物块的速度大小：v=gt1=1.6m/s；(2)01s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为a=2/1=2m/s2.代入数据解得W=17J38如图甲所示，质量m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面的底端(斜面足够长)，对物体施加平行于斜
210、面向上的拉力F，t12 s时拉力大小减半并反向，t23 s时撤去外力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s 2，sin 370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；(2)3 s后再经多长时间物体回到斜面底端。【答案】（1）F20 N，0.5（2）【解析】(1)由vt图线知，物体匀加速运动时加速度大小为a110 m/s2由牛顿第二定律得Fmgsin mgcos ma1物体匀减速运动时加速度大小为a220 m/s2代入数据解得ts【答案】（）（）a b【解析】(1)飞船的加速度，根据牛顿第二定律有：则飞船受到的阻力(2)a对飞
211、船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：，解得由图象可得：解得：；b设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：由机械能守恒定律可知：解得由于，所以碰撞后尘埃的速度对尘埃，根据动量定理可得：，其中则飞船所受到的阻力设一个离子在电场中加速后获得的速度为根据动能定理可能得：设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，根据动量定理可得：则飞船所受动车，飞船做匀速运动，解得：40如图所示，质量的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力当向右运动的速度达到时，有一物块以水平向左的初速度滑上小车的右端，小物块的质量，物块与
212、小车表面的动摩擦因数设小车足够长，重力加速度取(1)物块从滑上小车开始，经过多长的时间速度减小为零？(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移(3)物块在小车上相对小车滑动的过程中，小车和物块组成的系统机械能变化了多少？【答案】(1)0.5s(2)1.1m(3)8.4J【解析】(1)设物块滑上小车后，做加速度为的匀变速运动，经过时间速度减为堆以，根据牛顿第二定律得又解得，(2)小车做加速度为的匀加速运动，根据牛顿第二定律解得设经过物块与小车具有共同的速度，物块对地的位移为，小车运动的位移为，取向右为正方向，则对物块：，对小车：，取立解得：，(3)系统产生的内能：41某位同学为
213、了研究超重和失重现象，将重为的物体带上竖直方向上运动的电梯，并将它水平放在电梯中的传感器上，若电梯由静止开始运动，并开始计时，测得重物对支持面的压力随时间变化的图象如图所示，根据图中的信息，求：(1)判断电梯的运动方向(2)电梯运动的最大速度(3)电梯运动的最大距离【答案】(1)方向一直向下(2)1.2m/s(3)8.4m【解析】(1)根据题可知，根据牛二定律，解得，方向向下，由题可知，故电梯做匀速运动，：解得：，方向向上故电梯一直向下运动(2)由(1)可知，根据运动学公式，解得(3)根据运动学公式内，：，：，故电梯运动的最大距离42质量为的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为，现用
214、与水平方向成倾角的力拉箱子，如图所示箱子从静止开始运动，末撤去拉力，（，），求：(1)撤去拉力时箱子的速度为多大？(2)箱子继续运动多长时间才能静止？(3)箱子在整个运动过程中克服摩擦力做功为多少？【答案】(1)12m/s(2)2.4s(3)960J【解析】(1)物体在拉力作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得解得：根据运动学公式故43如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图像如图乙所示,g取10m/s2。求：(1)物体与斜面间的动摩
215、擦因数和拉力F的大小;(2)t=6s时物体的速度大小,并在图乙上将6s内物体运动的v-t图像补画完整,要求标明有关数据。【答案】(1)0.530N(2)6m/s；如图；【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体的加速度大小为a2由v-t图像可知：a1=m/s2=20m/s2a2=m/s2=10m/s2对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得：F-mgsin37-mgcos37=ma1对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma2解得F=30N，=0.5(2)加速上滑的时间t1=1s,撤去拉力时的速度为v=20m/s,设再经过t2速度减至0,
216、由0=v-a2t2,得t2=2s在最高点时，因mgsin37mgcos37，故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=ma3解得a3=2m/s2再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示：点睛：此题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解44将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角=53的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F
217、的大小【答案】1N或9N.【解析】本题考查受力分析和牛顿第二定律。对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；当Fsin53=mg，F=1.25N 此时无摩擦力。当F1.25N 时，杆对环的弹力向上，由受力情况和牛顿第二定律有：解得：F=1N当F1.25N时，杆对环的弹力向下，由受力情况和牛顿第二定律有：解得：F=9N则F的大小为1N或者9N点睛：圆环与杆间弹力方向的两种可能会带来问题的多解。45如图所示，倾角为37的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电机的带动下保持以v0=5m/s的恒定速度匀速向左运动。小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端
218、，A点距离斜面底端的高h=2.4m。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小滑块第一次在传送带上运动的时间？ （2）小滑块在斜面上运动的总路程？【答案】（1）（2）【解析】（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为：小滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律有：沿斜面下滑的加速度大小为：小滑块第一次滑到斜面底端的速度大小为：小滑块滑上传送上后，向右做匀减速运动，减速的加速度大小为：小滑块向右速度减为零后又向左做匀加速运动，离开传送带时的速度大小仍为v1，故小滑块第一次在传带上运动的时间为：（2）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带
219、的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由功能关系有：滑块在斜面上运动的总路程为46有人推测,马航失联航班MH370坠海前经历了可怕的“死亡之跳”，即从髙度h= 10000 m的高空直坠，结果以大小v= 100 m/s的速度入海。现只考虑飞机在竖直方向的运动，假设飞机下坠时受到的空气阻力恒定，取g=10m/s2;求飞机下坠过程中受到的空气阻力与其所受重力的大小之比k.【答案】k=0. 95【解析】设飞机下坠的加速度大小为a，则设飞机的质童为其下坠过程中受到的空气阻力大小为f，由牛顿第二定律，又，解得k=0.95。47如图所示，一足够长的水平传送带以速度v = 2m/s匀速运动，质量为m
220、1 = 1kg的小物块P和质量为m2 = 1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0 = 4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数= 0.5，重力加速度为g =10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v（0 v22mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a21 m/s2设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v，平板位移为x，对滑块
221、：vva1t(1分)L2xvta1t2对平板：va2txa2t2设滑块在平板上运动的时间为t，离开平板时的速度为v，平板位移为x则vv1a1tL2xv1ta1t2xa2t2联立以上各式代入数据解得：t1s，t22 s(t2t，不合题意，舍去)将ts代入vva1t得：v3.5 m/s.61如图（）所示，在倾角的光滑固定斜面上有一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量的物体，初始时物体处于静止状态取（）求此时弹簧的形变量（）现对物体施加沿斜面向上的拉力，拉力的大小与物体位移的关系如图（）所示，设斜面足够长分析说明物体的运动性质并求出物体的速度与位移的关系式；若物体
222、位移为时撤去拉力，在图（）中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力的大小随形变量的函数图像；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离以及此后运动的最大速度图a图b图c【答案】（）（）【解析】（）初始状态时物体处于平衡状态，则有：，代入数据计算得出；（）设物体运动微小位移的过程中加速度为，根据牛顿第二定律有：过程中克服弹力所做的功对应右上图中的面积，即撤去拉力后，在上滑过程中根据动能定理有：联立以上可得，；物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力下对物体做功，拉力对图象做的功为图象下的面积，则有：；根据动能定理可得：，联立计算得出：。点睛：本题考查动能定理及胡克定律的应用，解题的关键在于图象规律的
223、迁移应用，要求能明确图象性质，知道如何用图象的面积来表示功。62如图所示，一质量、长度的长方形木板静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量的小滑块A（可视为质点）现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的实速度大小均为，最后A并没有滑离B板已知A、B之间的动摩擦因数，取重力加速度求：（1）A、B二者的共同速度（）A、B相互作用中产生的热量（）站在地面上观察，当木板B相对地面的速度取何值时，小滑块A处于加速运动过程【答案】（）（）（）【解析】（）设和二者的共同速度为，向右为正，根据动量守恒定律有：解得：；（）根据能量守恒代入数据解得：。（）由题可知，小物块先减速为零后反向
224、加速，故当时，此时木板B的速度为根据动量守恒定律，解得：，然后木板B继续减速，物块A反方向加速，故时，小物块A处于反方向加速过程。点睛：本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！63如图所示，物块以初速度沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物体与该斜面间的动摩擦因数，取（，）求：（）物块在斜面上运动的总时间（）物块回到斜面底端的速度的大小【答案】（）（）【解析】（）依据受力分析故上去时，依据牛二定律，依据运动学公式，代入公式，故解得：上去的时间，下来时依据牛二定律，依据运动学公式解得，故（）
225、依据（）中条件根据运动学公式：，解得64如图甲所示，水平传递、两轮间的距离，质量的物块（可能为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动当物块运动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出在传送带的右端有一传感器，画出物块被击穿后的速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为时刻）设子弹击穿物块的时间极短且不会击中传感器而发生危险物块的质量保持不变不计空气阻力及、轮的大小，取重力加速度（）求物块与传送带间的动摩擦因数（）求子弹击穿物块的过程中产生的热量（）若从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送
226、带设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量【答案】（）（）（）由牛二定律有解得：（）物块被击中前的速度大小为由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，方向向右设子弹击穿物块后的速度为，以向右为正方向根据动量守恒定律有解得：根据能量守恒有：（）第颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为设向右运动的最大距离为则时物块改为向左运动，运动时间为位移大小为所以在时间内，物块向右运动的距离为在时间内物块相对传送带的位移为：在时物块的速度与传送带速度相同，所以第二颗子弹击中物块后的运动情况与第一颗子弹击中物块后运动情况相同，向右运动的可能达到的最大距离为而此时物块
227、与传送带右端距离为，故物块中第二颗子弹后将画出传送带设物块被第二颗子弹击穿后，其在传送带上滑行的时间为根据运动学公式：解得：物块第二次被击穿后相对传送带的位移所以65如图所示，在倾角的足够长的固定斜面上，有一质量的物体，其与斜面间动摩擦因数物体受到平行于斜面向上的拉力作用，从静止开始运动已知，取，求：（）物体在拉力作用下沿斜面向上运动的加速度大小（）在物体的速度由增加到的过程中，拉力对物体所做的功【答案】（）（）【解析】（）根据牛二定律得沿斜面方向垂直斜面方向又得到代入解（）在物体的速度由增加到的过程中，物体通过的位移为此过程拉力对物体所做的功66质量为m =2kg的物体，静止在水平面上，它们
228、之间的动摩擦因数=0.5，现对物体施F =20N的作用力，方向与水平成=37（sin37=0.6，cos37=0.8）斜向上，如图所示（g=10 m/s2）.求：（1）物体运动时受到的摩擦力大小为？（2）物体运动的加速度为多大？（3）物体在力F作用下5s内通过的位移是多大？【答案】（1）4N（2）6m/s2（3）75m【解析】（1、2）对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力，如图所示：取物体运动的方向为正方向，由牛顿第二定律得：竖直方向受力平衡：，又：联合得，（3）前5秒内：67如图甲所示，水平传送、两轮间的距离，质量的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动，当物块运
229、动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出在传送带的右端有一传感器，测出物块被击穿后的速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为时刻）设子弹击穿物块的时间较短，且不会击中传感器而发生危险，物块的质量保持不变不计空气阻力及、轮的大小，取重力加速度，若从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带，设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量。【答案】【解析】根据物块击穿后速度随时间变化关系图得：此过程中传送带向左位移木块向右运动的位移所以此过程木块相对于传送带的
230、位移为故全程木块与传送带间的相对滑动距离为：所以木块和传送带间因摩擦产生的热量：。点睛：本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题，考查了运动学公式、牛顿运动定律、能量守恒定律、功能关系，难度较大。68一物块从倾角为、长为的斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为已知，取，求：（）物块沿斜面下滑的加速度大小（）物块滑到斜面底端时的速度大小【答案】（）（）【解析】（）对物体进行受力分析，如图所示：物体所受的摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得：；（）由解得：。点睛：本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁69如图所示，质量为的金属块放在水平桌面上，
231、在与水平方向成角斜向上、大小为的拉力作用下，以的速度向右做匀速直线运动已知，取，求：（）金属块与桌面间的动摩擦因数（）如果从某时刻起撤去拉力，从该时刻起再过，金属块在桌面上滑行的距离【答案】（）（）【解析】（）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为，滑动摩擦力为，受力分析如图所示：则根据平衡条件得，又，解得：；（）撤去拉力后，金属块受到滑动摩擦力为：根据牛顿第二定律得加速度大小为：则撤去后金属块还能滑行的时间为：，所以金属块在内的位移等于内的位移，位移为：。点睛：本题是牛顿第二定律和力平衡条件的简单综合，要防止滑动摩擦力出现错误。70如图所示，用一个平行于斜面向上的恒力将质量的箱子从斜坡底端由
232、静止推上斜坡，斜坡与水平面的夹角，推力的大小，斜坡长度，木箱底面与斜坡的动摩擦因数重力加速度取，且已知，求：(1)木箱沿斜坡向上滑行的加速度的大小(2)木箱到滑斜坡顶端时速度的大小【答案】(1)2.4m/s2(2)4.8m/s【解析】（）对物体进行受力分析，沿斜面方向有：滑动摩擦力垂直于斜面方向有：由解得：（）根据匀变速直线运动位移速度公式：代入数据求得：71如图所示，长、高、质量的长方体木箱在水平面上向右做直线运动当木箱的速度时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力，并同时将一个质量的小球轻放在距木箱右端处的点（小球可视为质点，放在点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面已
233、知木箱与地面的动摩擦因数，而小球与木箱之间的摩擦不计取，求：（）小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间（）小球放上点后，木箱向右运动的最大位移（）小球离开木箱时木箱的速度【答案】（）（）（）【解析】（）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动，则小球落到地面所用的时间为：，即：；（）小球放上木箱后相对地面静止，以木箱为研究对象，由牛顿第二定律：代入数据计得出木箱的加速度：木箱向右运动的最大位移：；（）因为，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动时，根据牛顿第二定律得计算得出木箱向左运动的加速度设木箱向左运动的位移为时，小球
234、从木箱的右端掉下，则：由得故小球刚离开木箱时的速度：，方向向左。点睛：本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量。72如图所示，一个质量的物体放在水平地面上对物体施加一个的拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动已知拉力与水平方向的夹角，物体与水平地面间的动摩擦因数，取重力加速度（）求物体运动的加速度大小（）求物体在末的瞬时速率（）若在末撤去拉力，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离【答案】（）（）（）【解析】（）设物体受摩擦力为，支持力为，受力分析如图所示：则，根据牛顿第二定律有：，代入数据得出：；（）根据速度与时间的关系，物体在末的速度（）撤
235、去外力后，受力分析如图所示：则：，撤去拉力后滑行的最大距离为根据动能定理得：，代入数据可以得到：。点睛：本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，求解第三问时，也可以先根据牛顿第二定律求出撤去拉力F后的加速度，再根据运动学基本公式求解，当然，应用动能定理求解比较简单。73为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定。轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为0.7，如图甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当做连
236、续的过程，简化处理后的v t图像如图乙所示，g取10 m/s2，1.73，不计空气阻力影响，求：(1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间；(2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小。(结果保留三位有效数字)【答案】(1)2 m/s214.5 s(2)74.1 N184 N据解得：T=74.1N，对运动员，由牛顿第二定律得：，代入数据得：。点晴：本题考查了求加速度、运动时间、力等问题，分析清楚运动过程，应用加速度定义式、运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题。74如图所示，AB为半径R=0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接小车质量M=3kg
237、，车长L=2.06 m，车上表面距地面的高度h=0.2m现有一质量m=1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数=0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定(g=10m/s2)试求：（1）滑块到达B端时速度的大小；（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；（4）滑块落地点离车左端的水平距离【答案】（1）v=4m/s（2）1m（3）6J（4）0.16m【解析】试题分析：由机械能守恒定律求出滑块到B端的速度；根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度，由运动式求出
238、两者速度相同经过的时间，确定两者的运动情况再求解车右端距轨道B端的距离求出滑块相对于小车的位移，由内能求出内能滑块滑出小车后做平抛运动，求出滑块滑到B端的速度和平抛的时间，求解滑块落地点离车左端的水平距离（1）设滑块到达B端时速度为v，由机械能守恒定律，得，解得（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有：，对小车有：设经时间t两者达到共同速度，则有：，解得由于1s1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：两者一起匀速运动，直到小车被锁定故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离故产生的内能：（4）对滑块由动能定理，得滑块脱离小车后
239、，在竖直方向有：故滑块落地点离车左端的水平距离：75如图所示,某货场而将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物中轨道顶端无初速滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道次排放两个完全相同的木板A.B,长度均为L=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1,木板与地面间的动摩擦因数=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)求：(1)货物到达圆轨道末端时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求1应
240、满足的条件；(3)若1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。【答案】（1）3000N（2）0.410.6 （3）0.4s【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，联立式代入数据得0.410.6 。(3)当1=0.5时，由式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1 设货物滑到木板A末端是的速度为V1,由运动学公式得V12V02=2a1L 联立式代入数据得V1=4m/s设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得V1=V0a1t 联立式代入数据得t=0
241、.4s76如图甲所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点A与B间的距离为L=6.0m，一物块（可视为质点）从A处以的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为，取。（1）若传送带静止，求物块离开B点时的速度；（2）若传送带以的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点的速度；（3）物块离开B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的。若传送带顺时针匀速运动，用表示传送带的速度，表示物块离开B点的速度，请在答题卡上的图乙中画出与的关系图象。（请在图中标注关键点的坐标值。如有需要，可取。）【答案】（1），（2），（3）.【解析】试题分析：（1）若传送带静止，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据牛
242、顿第二定律求出物块的加速度，然后根据速度位移公式求出物块到B时速度；（2）若传送带以的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不变，由（1）可知物块离开B点时的速度；（3）若传送带顺时针匀速运动时，当时，物块一直减速到B点，得出物块离开B点的速度；若物块始终加速直至离开B点，根据牛顿第二定律求出其加速度，利用速度位移公式求出其速度，再分别进行讨论画出与的关系图象（1）若传送带静止，物块一直匀减速至B点由牛顿第二定律得，物块的加速度：由得，物块离开B点时的速度（2）若传送带以的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不变则物块离开B点的速度仍为（3）若传送带顺时针匀速运动时，【点睛】本题考查了牛顿第二定律及
243、运动学公式的基本运用，理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合即可正确求解，有一定的难度77如图所示，水平传送带两轮轴间距，以加速度a=2g加速运动当传送带的速度为v0时，一滑块（可视为质点）以v10=4v0的速度水平滑上传送带左端已知，滑块和传送带之间的摩擦因数为，求滑块运动到传送带右端时的速度（用v0表示）【答案】4v0【解析】设经时间t滑块和传送带的速度相等，且这段时间内滑块的位移为x则 v10gt=v0+2gt得 t=则滑块匀减速发生的位移为 x=v10tgt2解得 x=L 此时滑块的速度 v1=v10gt 得v1=3v0 ）然后滑块以a=g的加速度向右加速，到右
244、端速度为 v2据速度位移关系式可得得滑块运动到传送带右端时的速度 v2=4v0 点睛：根据传送带运动的特征，先求出物体和传送带共速的时间和位移。再根据运动学公式列式求解。78如图，质量为6m，长为L的薄木板AB放在光滑的水平台面上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C正碰后反弹速率为碰前的一半。求细绳所受的最大拉力；若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；通过计
245、算判断C能否从木板上掉下来。【答案】（1）3mg（2）hL（3）（2）小球碰撞后做平抛运动：竖直分位移水平分位移：解:（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，并依题意有假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒：由能量守恒：联立解得：即不会从木板上掉下来综上所述本题答案是：（1）（2）（3）不会掉下来79质量为m的小物块A，放在质量为M，长度为L的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止，某时刻撤去水平拉力，经过一段时间， A在B上相对于B向右滑行了一段距离后刚好没掉下来，已知A、
246、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，且，求B在地面上滑行的距离s。【答案】【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为，其加速度大小，此时B的加速度大小为由于，所以即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变.对A应用动能定理得对B应用动能定理得消去v解得. 综上所述本题答案是：80质量m=2.0kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停在B点，已知A、B两点间的距离s=6.0m，物块与水平面间的动摩擦因数=0.20，求恒力F多大
247、（g=10m/s2）【答案】12N【解析】设撤去力F前物块的位移为，此时物块的速度为则撤去力F后，物块在摩擦力的作用下做匀减速直到停止，物块受到的滑动摩擦力则：物块运动2s停下，则，得此过程中运动的位移为，则又有解得：由牛顿第二定律知：得：综上所述本题答案是：81如图所示，在倾角30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。问：(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；(2)物块B刚要离开C时物块A
248、的动能；(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功。【答案】（1）0（2）（3）【解析】（1）（2）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：mgsin30=kx1令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mgsin30 F-mgsin30-kx2=ma 将F=2mg和=30代入以上各式，解得：a=g由x1+x2=at2解得：物块B刚要离开C时，物块A的速度为：v=at=g故动能为：此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零，故弹簧弹力做功为零；（3）由动能定理得：WF-mg（x1+x
249、2）sin30=mv2解得：82如图，光滑水平面AB和粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为53，SAB=SBC=3m。质量为m=2kg的小物块在与水平面成53角的恒力F=20N作用下，从A点由静止开始沿ABC运动到C点。（取sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2）求：(1)物块从A点运动到B点所用的时间t1； (2)若物块在AB和BC上运动的时间之比为2:1，求物块与斜面间的动摩擦因数；(3)若斜面光滑，改变恒力的大小（方向不变），仍能使物体沿ABC运动到C，求力F的取值范围。【答案】(1)1s(2) (3) 10NF25N【解析】（1）对物块进行受力分析Fcos53=ma1 a
250、1=6m/s2根据位移时间公式可知，（2）由题意可知物块在BC上的运动时间t2=t1=0.5s（3）当物块与水平地面间弹力恰好为零时，F有最大值，则有：Fmaxsin53=mgFmax=25N 当物块恰好能到达C点（vC=0）时，F值最小，由于SAB=SBC，物块在AB间的加速度a1与BC间的加速度a2大小相等，根据牛顿第二定律可得Fmincos53=ma1 mg sin53Fmin=ma2解得：Fmin=10NF的取值范围为：10NF25N83在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因
251、数为，此时调节外力，使平板车仍做速度为v0的匀速直线运动。（1）若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m，v0表示）（2）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度滑块相对车滑动的时间滑块相对车滑动的距离
252、滑块与车摩擦产生的内能由上述各式解得（与动摩擦因数无关的定值）（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间 加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）。到达车右端时，与车达共同速度。则有： 由式代入数据解得则力F的作用时间t应满足，即84杂技演员在进行“顶竿”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿一质量为40 kg的演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底端时速度刚好为零已知杂技演员在下滑过程中其速度时间图象如图所示(以向下的方向为速度的正方向)求：（1）在01 s时间内杂技演员的加速度大小；（2）长竹竿的长度；（3
253、）在01 s时间内竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小(取g=10 m/s2)【答案】（1）3m/s2（2）4.5m（3）280N【解析】（1）由图得（2）由图线包围的面积即为位移：（3）对演员进行受力分析,由牛顿第二定律有，代入数值得由牛顿第三定律得竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小85如图所示，在倾角为37的足够长的光滑斜面上，放一质量为 mA=0.2kg的薄板A， A板上、下段由不同材料构成，下段表面光滑，长度 l=3m，上段表面粗糙；质量为 mB=2.0kg 的金属块 B(视为质点）位于A的最下端，B与 A上段间的动摩擦因数=0.1；质量为 mC=1.2kg 的物块 C通过轻线绕过定滑轮
254、与 B相连。忽略滑轮质量及轴间的摩擦，A、B间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，整个系统在外力作用下，处于静止状态，轻线被拉直。(sin370=0.6， cos370=0.8，g=10m/ s2。)求：（1）撤去外力的瞬间，A、 B、 C的加速度分别是多大；（2）B刚到达A的粗糙部分时，A、 B、 C的加速度分别是多大；（3）通过计算判断，撤去外力后，当 B在A上段运动一段时间后是与A保持相对滑动还是与 A 保持相对静止；并写出判断过程。（4）撤去外力后的整个过程中，因摩擦产生的热量Q，绳足够长，B始终没滑出A板【答案】（1）aB=aC=0, aA=6m/s2（2）aB1=aC1=0.
255、5m/s2 aA1=2m/s2（3）A、B相对静止 （4）11.52J【解析】:（1）因为,所以,撤去外力的瞬间对薄板A,有得（2）当B刚到达A的粗糙部分时，A相对B 向下运动，受到向上的滑动摩擦力，摩擦力的大小对A分析：解得：负号表示加速度方向向上，对BC这个整体：解得：负号表示方向沿斜面向下（3）因为斜面和A板下段表面都光滑,撤去外力后,A板从静止开始向下做匀加速运动,只要金属块B在A板下段表面上,B、C就保持静止不动.A板运动到金属块B在其上段表面上后,B和C受滑动摩擦力作用将一起以相同大小的加速度做加速运动.设A板上段刚滑到B下方时速度为,则计算得出B在A板上端表面时，由上面可知此时，
256、沿斜面向上；方向沿斜面向下；故A开始沿斜面向下减速运动，BC开始沿斜面向下加速运动，A、B、C最终达到速度相等.假设速度相等后A、B、相对静止一起向下加速，则此时A、B之间的摩擦力为A、B、C三者加速度大小相同,设为,则以整体为对象：以A为对象：解得：所以A、B之间是静摩擦力，即AB保持相对静止（4）设A、B、C达到相等速度所需时间为t,则综上所述本题答案是：（1） , （2）方向沿斜面向下方向沿斜面向上（3）A、B相对静止（4）86如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运
257、动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N取g=10 m/s2求：（1）无人机以最大升力在地面上从静止开始竖直向上起飞，在t1=5 s时离地面的高度h；（2）某次表演时，当无人机悬停在距离地面高度H=45m处，让无人机突然失去升力而坠落，要保证无人机不与地面相撞，求最迟在多高处恢复升力；(认为无人机的运动在同一竖直线上)【答案】（1）75m ; ( 2 ) 20m【解析】（1）由牛顿第二定律有：代入数据计算得出: ,上升高度为:（2）下落过程中有:代入数据计算得出:设离地时恢复升力，此时无人飞机的速度是，在下降过程中恢复升力时的加速度为由牛顿第二定律得：，解得：代入数据得：综上所述本题答案是：（1
258、）75m ; ( 2 ) 20m87如图所示,倾角=37的斜面固定在水平面上。质量m=1.0 kg的小物块受到沿斜面向上的F=9.0 N的拉力作用,小物块由静止沿斜面向上运动。小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25(斜面足够长,g取10 m/s2,sin37=0.6,cos 37=0.8)。(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小。(2)求在拉力的作用过程中,小物块加速度的大小。(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时,将拉力F撤去,求此后小物块沿斜面向上运动的距离。【答案】(1)2.0N(2)1.0m/s2(3)0.10m【解析】(1)Ff=mgcos37=2.0N(2)设加速度为a1,根
259、据牛顿第二定律有F-Ff-mgsin37=ma1解得a1=1.0m/s2(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1,撤去拉力时小物块的速度为v,撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2,则有v2=2a1x1mgsin37+Ff=ma2v2=2a2x2解得x2=0.10m88如图所示,在与水平方向成53的斜向上拉力F作用下,质量为1.0kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动,经2s运动的距离为3m,随即撤掉F,小物块运动一段距离后停止。已知物块与地面之间的动摩擦因数=0.25,sin53=0.8,cos53=0.6,g=10m/s2.求：(1)物块运动的最大速度；(2
260、)F的大小；【答案】8m/s 3.6N【解析】（1）小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，后做匀加速直线运动，,经2s物块运动的最大速度，由解得(2) 对物体进行受力分析，建立如图所示坐标系解得89公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度L=20cm，枪口截面面积为S=0.36cm2，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具枪在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：（1
261、）子弹出枪口的速度；（2）此玩具枪是否可能被认定为枪支，请计算说明。（3）假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小。【答案】（1）20m/s；（2）不能认定为枪支；（3）2N点睛：本题主要考查了平抛运动和牛顿第二定律，利用平抛运动的特点求得初速度，知道加速度是匀变速直线运动的桥梁.90如图，在水平地面上固定一倾角为37足够长的的斜面，有一木块以初速度8m/s冲上斜面，木块与斜面的动摩擦因数为0.25（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）。则：（1）木块沿斜面上升的最大距离为多少？（2）木块在斜面上运动的时间为多少？（3）如果斜面
262、是光滑的，求木块运动到离斜面底端4m处的速度？【答案】（1）（2）（3）【解析】：（1）对木块分析受力如图根据牛顿第二定律有，联立以上可得加速度为物体沿斜面做匀减速运动，根据可得木块沿斜面上升的最大距离为（2）木块上升到最高点所用的时间为t1t1=1s 木块上升到最高点后，故木块不能停留在斜面上，沿斜面下滑，解得下滑加速度为木块下滑的时间为t2,有木块在斜面上运动的总时间为（3）如果斜面是光滑的，木块上升到最高点后沿斜面返回，在斜面是的加速度不变，加速度大小为由速度位移公式得，-=2ax, 木块离斜面底端4m时的速度v=4m/s 综上所述本题答案是：（1）（2）（3）91如图用跨过光滑定滑轮的
263、缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：(1)小船经过B点时的速度大小v1 (2)小船经过B点时的加速度大小a.【答案】(1) (2)【解析】（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt1由动能定理有联立解得（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，P=Fuu=v1cos 牛顿第二定律Fcos-f=ma由以上各式
264、得点睛：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第二问要运用到速度的分解92如图，平板A长L=5m，质量为M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐，在A上距其右端s=3m处放一质量为m=2kg的小物体B，已知A与B间的动摩擦因数1=0.1，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数2=0.2，最初系统静止，现在对板A右端施一水平恒力F后，将A从B下抽出，且恰好使B停在桌右边缘，试求F的大小？（g=10m/s2）【答案】26N93如图一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，如图所示。小物块与木板一起以的共同速度向右运动，直至时木板与
265、墙壁碰撞,碰撞时间极短。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；小物块与木板间的动摩擦因数.运动过程中小物块始终未离开木板。木板的质量M是小物块质量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离；（2）撞墙后经历多长时间系统进入稳定状态?（3）木板的最小长度【答案】（1）4m（2）3.75s（3）L=15m【解析】：(1)碰撞后以木块为对象由牛顿第二定律：得运动学公式：得 (2) 撞墙后系统动量守恒，取木板方向为正：得：木块全程匀减速：解得：（3）由系统功能关系可得：解得木板所需最小长度l= 15m 综上所述本题答案是：（1）4m（2）3
266、.75s（3）L=15m94如图所示，质量为M=3kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小车平板面离地面的高度h=1.8m，有一质量m=1kg的小物块（可视为质点）以v0=5m/s从小车左端滑上小车，在小车上运动2s后，从小车右端飞出，最后落在水平地面上，测得滑块滑上小车到落地过程中的水平位移大小为s=8.2m，重力加速度为g=10m/s2求：(1)滑块刚离开小车时的速度；(2)小车的末速度及小车的长度【答案】（1）2m/s （2）1m/s 6m【解析】（1）设滑块刚离开小车时的速度，滑块刚离开小车后做平抛运动，则有，滑块滑上小车做匀减速运动，则有，解得（2）设小车的末速度为，滑块刚离开小车的过
267、程中，滑块与小车为系统，动量守恒，则有解得小车的长度95如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.45m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为=0.2，传送带AB之间的距离为L=7m，传送带一直以v=5m/s的速度匀速运动，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体运动到A的速度是多大；（2）物体从A运动到B的时间是多大；（3）物体从A运动到B的过程中，产生多少热量；（4）物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动电动机多做了多少功。【答案】（1）3m/s（2）1.6s（3）2J（4）10J【解析】解：（1）P到A由动能定理得：物体继续匀速运动：
268、匀速时间： A运动到B的时间：（3）A到B达到传送带速度前，传送带运动的位移：物体相对传送带的位移：产生的热量：（4）由功能关系：A到B电动机多做的功：96如图所示，在倾角为 = 37的固定长斜面上放置一质量M = 2 kg、长度L1 = 2.5 m的极薄平板 AB，平板的上表面光滑，其下端 B 与斜面底端C 的距离L2 = 16.5 m。在平板的上端A 处放一质量m = 0.5 kg 的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为 = 0.5，已知sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，g 取 10 m/s2，求：（1）小滑
269、块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？（2）小滑块滑到斜面底端C时，薄平板下端B距离小滑块的距离L为多少？【答案】（1）2 m/s2（2）10m【解析】（1）小滑块在平板AB上运动时mgsin37=ma1得a1=6m/s2 小滑块在斜面上运动时mgsin37-mgcos37=ma2得a2=2 m/s2（2）小滑块在平板AB上运动时，设平板AB的加速度为a3，则Mgsin37（Mg+mg）cos37=Ma3解得a3=1 m/s2 设滑块离开平板时平板下滑的距离为x，所用时间为t1x=L1+x=解得x=0.5m，t1=1s 滑块滑离平板后，平板运动的加速度为a4，由Mgsin37Mgcos3
270、7Ma4， 解得a4=a2=2 m/s2 滑块滑离平板时的速度为v1，则v1=a1t1=6 m/s此时木板的速度为v2，则v2=a3t1=1 m/s设滑块离开平板后滑到斜面底端C所用的时间为t由L2-x=v1t+解得t=2 s 在这段时间平板下滑的距离x1=v2t+=6m则平板下端距离小滑块的距离L =L2-x-x1=10m 97如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉物块B，当拉力FT=时，A的位移为
271、L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当物块A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力求：（1）弹簧的劲度系数和恒力F的大小；（2）请推导FT与物块A的位移l之间的函数关系并画出FTl图象，计算A缓慢移动L的过程中FT做功的大小；（3）当A、B不粘连时，恒力，作用在物块B上，A、B刚分离时速度的大小.【答案】（1）；（2）如图所示，（3）【解析】（1）设弹簧的劲度系数为k，初始A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条件可得当A、B缓慢移动L时，沿斜面方向根据平衡条件可得联立解得画出图像如图所示，A缓慢移动位移L，图像与坐标轴所围成的面积等于做功大小，即（3）设
272、A通过的位移为L的过程中弹力做功的大小为W，分别对两个过程应用动能定理可得：又，联立解得985个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量为m=1kg，长L=1m。它们与地面间的动摩擦因数1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M=2.5kg的小铅块（视为质点），以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数2=0.2。小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度。（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动。（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远。【答案】（1）2m/s
273、（2）n=4（3）【解析】试题分析：通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1由牛顿第二定律得由运动学公式得联立得v1=2m/s（2）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：后面的（5-n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：要使木块滑动，应满足，即取（2）设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为和，相对位移为s，4、5
274、木块运动的加速度为，联立解得：，由于sl（s1l）说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零设小铅块与4、5木块达到共同速度为，一起减速的加速度大小为，减速位移为，联立以上各式得：小铅块最终离1木块左端为，联立以上各式，得992014年7月17日，马航MH17(波音777)客机在飞经乌克兰上空时，疑遭导弹击落坠毁，机上乘客和机组人员全部罹难。若波音777客机在起飞时，由两个相同的发动机工作，且双发动机推力保持不变，飞机在起飞过程中所受阻力恒为其自重的0.1，根据下表性能参数。求:(取g=10m/s2)（1）飞机以最大起飞重量及最大推力的情况下起飞过程中的加速度；
275、（2）在第(1)问前提下飞机安全起飞过程中滑行的距离；（3）飞机以900km/h的巡航速度，在35000英尺巡航高度飞行，此时推力为最大推力的90%，则该发动机的功率为多少。【答案】（1）2m/s2（2）900m（3）双发动机的功率1.35108W或单发动机的功率P单=6.75107W【解析】（1）根据牛顿第二定律有：，又，联立解得（2）设飞机安全起飞过程滑行的距离为x，则（3）波音777以900km/h的速度匀速巡航时，此时推力等于空气阻力，则又此时双发动机的功率:或单发动机的功率100如图甲所示，一质量m=0.4 kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 m已知斜面倾角=300，物块与斜面之间的动摩擦因数=重力加速度g取10m/s2求：(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为，如图乙所示，试写出拉力F的表达式。【答案】（1）8m/s（2）5.2N（3）【解析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有，联立解得，(3) 拉力F与斜面夹角为时，受力如图根据牛顿第二定律有其中拉力F的表达式